北京市匯文中學2026屆高一化學第一學期期中統(tǒng)考試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準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、膠體區(qū)分于溶液和濁液的根本區(qū)別是A．是否是大量分子或離子的集合體B．是否能通過濾紙C．是否分散質(zhì)粒子直徑在1~100nmD．是否均一、透明、穩(wěn)定2、下列各組溶液中的Cl－的物質(zhì)的量濃度相等的是A．15mL0.1mol/L的MgCl2溶液和15mL0.2mol/L的KClO3溶液B．10mL0.2mol/L的NH4Cl溶液和5mL0.2mol/L的FeCl2溶液C．5mL0.2mol/L的CaCl2溶液和20mL0.1mol/L的KCl溶液D．5mL0.1mol/L的AlCl3溶液和15mL0.3mol/L的NaCl溶液3、下列說法中不正確的是①BaSO4不溶于水,其水溶液的導電能力極弱,所以BaSO4是弱電解質(zhì)②SO2的水溶液能導電,所以SO2是電解質(zhì)③液氧不導電,所以液氧是非電解質(zhì)④硫酸氫鈉電離出的陽離子有氫離子，所以硫酸氫鈉是酸⑤電解質(zhì)放在水中一定能導電，非電解質(zhì)放在水中一定不導電A．①④ B．①④⑤ C．②③④ D．①②③④⑤4、用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中不正確的是A．16g氧氣和臭氧的混合物中含有氧原子數(shù)為NAB．44gCO2與28gCO所含有的分子數(shù)都為NAC．46gNO2和N2O4的混合物含有的分子數(shù)為NAD．NA個氮分子與NA個氧分子的質(zhì)量比為7∶85、某溶液中所含離子的濃度如下表，則a值為離子NO3-SO42-H＋Mg2＋K＋濃度(mol/L)0.30.40.20.2aA．0.1 B．0.3 C．0.5 D．0.76、有Ba(OH)2(固體)、CuSO4·5H2O(固體)、CH3COOH(液態(tài))這些物質(zhì)歸為一類，下列哪些物質(zhì)還可以和它們歸為一類A．醫(yī)用酒精B．燒堿C．Al(OH)3膠體D．堿石灰7、溶液、濁液和膠體這三種分散系的根本區(qū)別是（）A．丁達爾效應B．是否能透過半透膜C．是否均一、透明、穩(wěn)定D．分散質(zhì)粒子大小8、下列說法中不正確的是A．Na2CO3和NaHCO3均能與NaOH反應B．Na2CO3比NaHCO3穩(wěn)定C．Na2CO3俗稱純堿，蘇打D．NaHCO3俗稱小蘇打9、“綠色化學”是當今社會人們提出的一個新概念。在綠色化學中，一個重要的衡量指標是原子利用率。其計算公式為：，現(xiàn)有工業(yè)上用乙基蒽醌制備H2O2，其工藝流程的反應方程式為則用乙基蒽醌法制備H2O2的原子利用率是A．12.6%B．12.5%C．94.1%D．100%10、下列物質(zhì)與危險化學品標志的對應關系不正確的是ABCD汽油天然氣濃硫酸氫氧化鈉A．A B．B C．C D．D11、在甲、乙兩燒杯溶液中，分別含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl-、CO、OH-中的三種，已知甲燒杯的溶液呈藍色，則乙燒杯的溶液中大量存在的離子是（）A．Cu2+、H+、Cl- B．Cl-、CO、OH-C．K+、CO、OH- D．K+、H+、Cl-12、取200mL0.3mol?L﹣1HNO3溶液和300mL0.6mol?L﹣1HNO3溶液混合，則所得新溶液中HNO3的物質(zhì)的量濃度約為()A．0.45mol?L﹣1 B．0.36mol?L﹣1 C．0.48mol?L﹣1 D．0.24mol?L﹣113、下列敘述中，正確的是A．陽離子中一定含有金屬元素B．在氧化還原反應中，非金屬單質(zhì)一定是氧化劑C．某元素從化合態(tài)變?yōu)橛坞x態(tài)時，該元素一定被還原D．金屬陽離子被還原不一定得到金屬單質(zhì)14、下列化合物中，屬于鹽的是A．Ca(OH)2 B．HNO3 C．Na2O D．K2CO315、當光束通過下列分散系時，能觀察到丁達爾效應的是A．硫酸銅溶液 B．氯化鐵溶液 C．氫氧化鐵膠體 D．醋酸溶液16、H、D、T、H2和H+，表示（）A．五種不同的氫元素B．五種不同的氫原子C．五種由氫元素組成的不同微粒D．五種由氫元素組成的不同分子17、兩個體積相同的密閉容器一個盛有HCl氣體，另一個盛有H2和Cl2的混合氣體，在同溫同壓下，兩個容器內(nèi)的氣體一定具有相同的（）①質(zhì)量

②密度

③分子總數(shù)

④原子總數(shù)⑤質(zhì)子總數(shù)A．③④B．①②③C．①②③④⑤D．①④⑤18、下列說法正確的是(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)(

)A．28g氮氣含有的原子數(shù)為NAB．4g金屬鈣變成鈣離子時失去的電子數(shù)為0.1NAC．1molO2分子的質(zhì)量等于1mol氧原子的質(zhì)量D．24gO2和24gO3所含的氧原子數(shù)目相等19、下列各組中各有兩對物質(zhì)，它們都能用分液漏斗分離的是（）A．乙酸乙酯和飽和碳酸鈉溶液，酒精和水B．1，1-二溴乙烷和水，硝基苯和水C．汽油和水，乙酸和乙醇D．乙酸和水，植物油和水20、分析下列氧化還原反應中化合價變化的關系，氧化劑和氧化產(chǎn)物都正確的是化學反應方程式氧化劑氧化產(chǎn)物A3Cl2+2Fe2FeCl3FeFeCl3B2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑H2ONaOHC2HClO2HCl+O2↑HClOHClODCl2+Na2SO3+H2O=2HCl+Na2SO4Cl2HClA．A B．B C．C D．D21、分類法在化學學科的發(fā)展中起到了非常重要的作用，下列分類標準合理的是()。A．將酸分為一元酸、二元酸等：分子組成中含有氫原子的數(shù)目B．強電解質(zhì)與弱電解質(zhì)：溶液的導電能力大小C．溶液與膠體：本質(zhì)不同的原因是能否發(fā)生丁達爾現(xiàn)象D．氧化還原反應的本質(zhì)：有電子轉(zhuǎn)移22、實驗中需2mol·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制時應選用的容量瓶的規(guī)格和稱取Na2CO3·10H2O的質(zhì)量分別是（

）A．1000mL，212g B．950mL，543.4g C．950mL，201.4g D．1000mL，572g二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E都是前20號元素中的常見元素，且核電荷數(shù)遞增。A原子沒有中子；B原子次外層電子數(shù)與最外層電子數(shù)之差等于電子層數(shù)；C元素是地殼中含量最高的元素；4.6gD單質(zhì)與足量鹽酸作用可產(chǎn)生2.24LH2（標準狀態(tài)下）；E的一價陰離子的核外電子排布與Ar的核外電子排布相同。請回答下列問題：（1）寫出A、B、D的元素符號：A______；B_____；D______。（2）C離子的電子式_______；E的離子結(jié)構示意圖_______。（3）寫出電解D、E形成化合物的水溶液的化學反應方程式______。（4）工業(yè)上將E的單質(zhì)通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化學反應方程式為______。漂粉精溶于水后，受空氣中的CO2作用，即產(chǎn)生有漂白、殺菌作用的某種物質(zhì)，該化學反應方程式為_________。24、（12分）在Na+濃度為0.5mol/L的某澄清溶液中，還可能含有下表中的若干種離子。（已知H2SiO3為不溶于水的膠狀沉淀，加熱時易分解為兩種氧化物，SiO32-和Ag+、Ca2+、Ba2+不共存）陽離子K+Ag+Ca2+Ba2+陰離子NO3－CO32-SiO32-SO42-現(xiàn)取該溶液100mL進行如下實驗（氣體體積在標準狀況下測定）。序號實驗內(nèi)容實驗結(jié)果Ⅰ向該溶液中加入足量稀鹽酸生成白色膠狀沉淀并放出標準狀況下0.56L氣體Ⅱ?qū)ⅱ裰挟a(chǎn)生的混合液過濾，對沉淀洗滌、灼燒至恒重，稱量所得固體質(zhì)量固體質(zhì)量為2.4gⅢ向Ⅱ的濾液中滴加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象請回答下列問題：(1)實驗Ⅰ能確定一定不存在的離子是________；(2)實驗Ⅰ中生成氣體的離子方程式為________；(3)通過實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要計算，填寫下表中陰離子的濃度（能計算出的，填寫計算結(jié)果，一定不存在的離子填“0”，不能確定是否存在的離子填“？”）。陰離子NO3－CO32-SiO32-SO42-c（mol/L）________0.25mol/L________________(4)判斷K+是否存在，若存在，計算其最小濃度；若不存在，請說明理由：___________________。25、（12分）氯氣是一種重要的化工原料，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)生活中有著重要的應用。某化學興趣小組同學利用以下裝置制備氯氣并對氯氣的性質(zhì)進行探究：(1)有關氯氣、氯水和氯離子的性質(zhì)，下列說法正確的是_____________A．氯水的顏色呈淺黃綠色，說明氯水中含有Cl2B．Cl－和Cl2都具有很強的氧化性C．新制氯水可以用來殺菌消毒是因為生成強酸次氯酸D．將新制氯水滴入AgNO3溶液，會出現(xiàn)白色沉淀(2)儀器a的名稱為___________，裝置B中飽和食鹽水的作用是_______________。(3)裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為：____________________________________。(4)裝置D中的實驗現(xiàn)象為__________________，裝置E中的實驗現(xiàn)象為________(5)整套實驗裝置存在著明顯缺陷，你的改進措施是__________________________。(6)8.7gMnO2固體與足量濃鹽酸充分反應，在標準狀況下產(chǎn)生Cl2的體積為_____L；其中被氧化的HCl的物質(zhì)的量為_______mol。26、（10分）NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉膠體，選擇適當?shù)脑噭┖头椒◤闹刑峒兂鯪aCl晶體。相應的實驗過程如圖：（1）操作①的名稱是___________。（2）試劑③的化學式是____________，判斷試劑①已過量的方法是：_____________。（3）加入試劑②發(fā)生的離子方程式是________________。27、（12分）對于混合物的分離或提純，常采用的方法有：A、分液B、過濾C、萃取D、蒸餾E、結(jié)晶F、加熱分解，下列各組物質(zhì)的分離或提純，應選用上述方法的哪一種？（填字母序號）（1）除去Ca(OH)2溶液中懸浮的CaCO3__________；（2）分離植物油和水__________；（3）除去NaCl中所含的少量KNO3___________；（4）除去CaO中少量CaCO3__________；（5）用食用酒精浸泡中草藥提取其中的有效成份_________；（6）回收碘的CCl4溶液中的CCl4__________．28、（14分）回答下列有關氧化還原的問題。（1）Cu與濃H2SO4發(fā)生化學反應：Cu＋2H2SO4（濃）CuSO4＋SO2↑＋2H2O。其中氧化產(chǎn)物是__________。若反應中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.2mol，則生成的SO2氣體在標況下的體積為__________。（2）下列微粒：①S②S2－③Fe2＋④H＋⑤Cu⑥HCl⑦H2O在化學反應中只能被氧化的是__________（填序號，下同）。只能表現(xiàn)出氧化性的是__________。（3）在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2、AgNO3的混合溶液中加入適量鋅粉，最終反應容器中有固體剩余。則固體中一定含有__________，反應后溶液中一定含有的陽離子是__________。（4）在反應KClO3＋6HCl（濃）＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，被氧化的氯與被還原的氯的原子個數(shù)比為__________。（5）將NaHSO3溶液滴加到酸性KMnO4溶液混合，溶液由紫色褪至無色。反應結(jié)束后，推測硫元素在溶液中的存在形式是__________。這樣推測的理由是__________。（6）自來水中的NO3－對人類健康產(chǎn)生危害。為了降低自來水中NO3－的濃度，某研究人員提出兩種方案。①方案a：微堿性條件下用Fe（OH）2還原NO3－，產(chǎn)物為NH3。生成3.4gNH3同時會生成__________molFe（OH）3。②方案b：堿性條件下用Al粉還原NO3－，產(chǎn)物是N2。發(fā)生的反應可表示如下，完成方程式配平并標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。____Al＋____NO3－＋____OH－——____AlO2－＋______N2↑＋____H2O29、（10分）閱讀數(shù)據(jù)，回答問題。（1）表-1列出了一些醇的沸點名稱甲醇乙醇1-丙醇2-丙醇1-丁醇2-丁醇2-甲基-1-丙醇沸點/℃64.778.397.282.4117.799.5108表-1醇類物質(zhì)的沸點明顯高于相對分子質(zhì)量相近的烴，其原因前者分子間存在__________作用。你推測2-甲基-2-丙醇的沸點不會超過__________℃。（2）表-2列出了一些羧酸的沸點結(jié)構簡式沸點/℃CH2=CH-COOH141CH2=CH-CH2-COOH163CH3-CH=CH-COOH168185CH2=C（CH3）COOH163表-2表中CH3-CH=CH-COOH的沸點數(shù)據(jù)有兩個，其原因是____________________。（3）表-3列出了一些醛和羧酸在水中的溶解度名稱溶解度/g名稱溶解度/g乙醛混溶乙酸混溶丙醛30丙酸混溶丁醛7.1丁酸混溶2-甲基丙醛92-甲基丙酸17戊醛1.4戊酸2.4表-3通過數(shù)據(jù)，可以發(fā)現(xiàn)影響有機物水溶性的因素有（答出兩條即可）____________________；______________________________。

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、C【解析】

根據(jù)分散質(zhì)粒子直徑的大小，將分散系分為溶液、膠體和濁液，故膠體與溶液和濁液的本質(zhì)區(qū)別是分散知粒子直徑的大小是否在1~100nm之間，故答案為：C。2、D【解析】

根據(jù)電離方程式分析離子濃度與溶液濃度的關系?！驹斀狻緼項：據(jù)MgCl2＝Mg2++2Cl－，0.1mol/LMgCl2溶液中Cl－為0.2mol/L。又KClO3＝K++ClO3-，KClO3溶液中Cl－濃度為0。A項錯誤；B項：濃度都是0.2mol/L的NH4Cl溶液、FeCl2溶液中Cl－濃度分別是0.2mol/L、0.4mol/L。B項錯誤；C項：0.2mol/L的CaCl2溶液、0.1mol/L的KCl溶液中Cl－濃度分別是0.4mol/L、0.1mol/L。C項錯誤；D項：0.1mol/L的AlCl3溶液和0.3mol/L的NaCl溶液中，Cl－濃度都是0.3mol/L。D項正確。本題選D?！军c睛】溶液是組成均勻的混合物，其物質(zhì)的量濃度與溶液體積無關。3、D【解析】

①硫酸鋇在水中的溶解度很小，但溶解的硫酸鋇能完全電離，所以硫酸鋇是強電解質(zhì)，①錯誤；②SO2溶于水，與水反應反應生成亞硫酸，亞硫酸在溶液中能夠電離，屬于電解質(zhì)，SO2屬于非電解質(zhì)，②錯誤；③電解質(zhì)和非電解質(zhì)都必須是化合物，液氧是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，③錯誤；④電離出的陽離子都是氫離子的化合物是酸，硫酸氫鈉在水溶液中電離出的陽離子還有鈉離子，屬于鹽，④錯誤；⑤電解質(zhì)放在水中不一定能導電，如碳酸鈣固體在水中的溶解度很小，難溶于水，幾乎沒有自由移動的離子，幾乎不導電；碳酸鈣在熔融狀態(tài)下，能完全電離，碳酸鈣是電解質(zhì)；非電解質(zhì)放在水中不一定不導電，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能電離出自由移動的銨根離子和氫氧根離子而導電，氨氣自身未電離，所以氨氣是非電解質(zhì)，⑤錯誤。故選D。【點睛】本題主要考查物質(zhì)的分類，涉及電解質(zhì)的概念、導電與否和酸的概念等有關判斷，②是解答的易錯點，注意電解質(zhì)和非電解質(zhì)都必須是化合物，且均是自身能夠電離出陰陽離子的化合物。4、C【解析】

A.氧氣和臭氧均是氧元素形成的不同單質(zhì)，16g氧氣和臭氧的混合物中含有氧原子的物質(zhì)的量是1mol，氧原子數(shù)為NA，A正確；B.44gCO2與28gCO的物質(zhì)的量均是1mol，所含有的分子數(shù)都為NA，B正確；C.由于不能計算出46gNO2和N2O4的混合物的物質(zhì)的量，因此不能計算混合物含有的分子數(shù)，C錯誤；D.NA個氮分子與NA個氧分子的物質(zhì)的量相同，均是1mol，則其質(zhì)量比為28：32＝7：8，D正確。答案選C。5、C【解析】

根據(jù)電荷守恒可知：c（NO3-）+2c（SO42-）=c（H+）+c（K+）+2c（Mg2＋），帶入數(shù)據(jù)可求得a=0.5；答案選C。6、B【解析】

混合物是兩種或兩種以上的物質(zhì)組成的，純凈物是由一種物質(zhì)組成的，據(jù)此解答。【詳解】Ba(OH)2(固體)、CuSO4·5H2O(固體)、CH3COOH(液態(tài))都只含有一種物質(zhì)，是純凈物。則A．醫(yī)用酒精是乙醇和水組成的混合物，A錯誤；B、燒堿是氫氧化鈉，屬于純凈物，B正確；C．Al(OH)3膠體是混合物，C錯誤；D．堿石灰是由氫氧化鈉、氧化鈣組成的混合物，D錯誤。答案選B?！军c睛】本題考查混合物、純凈物的概念，注意對概念的理解和區(qū)分，正確從宏觀組成和微觀構成兩個角度來把握，明確常見物質(zhì)的組成是解答的關鍵。7、D【解析】溶液、濁液和膠體這三種分散系的根本區(qū)別是分散質(zhì)微粒大小不同，其中濁液的分散質(zhì)微粒大于100nm，溶液的分散質(zhì)微粒小于1nm，膠體的分散質(zhì)微粒介于1nm～100nm之間，答案選D。8、A【解析】

A、Na2CO3不能與氫氧化鈉反應，NaHCO3能與NaOH反應生成碳酸鈉和水，選項A不正確；B、因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸鈉加熱不分解，故Na2CO3比NaHCO3穩(wěn)定，選項B正確；C、Na2CO3俗稱純堿，蘇打，選項C正確；D、NaHCO3俗稱小蘇打，選項D正確。答案選A。9、D【解析】由反應可知，乙基蒽醌制備H2O2的總反應為H2+O2=H2O2，屬于化合反應，原子利用率為100%，故選D。10、D【解析】

根據(jù)汽油、天然氣、濃硫酸、氫氧化鈉組成和性質(zhì)，選擇危險化學品標志?！驹斀狻緼項：汽油是C5~11的烴類混合物，屬于易燃液體，A項正確；B項：天然氣主要成分是甲烷，屬于易燃氣體，B項正確；C項：濃硫酸具有脫水性和強氧化性，屬于腐蝕品，C項正確；D項：氫氧化鈉是常用的強堿，一般不具有氧化性，D項錯誤。本題選D。11、C【解析】

以甲燒杯呈藍色為突破口，所以甲中含有Cu2+，因為離子共存，所以乙中含有CO、OH-，所以甲中含有H+，因為電荷守恒，所以甲中必須含有陰離子，乙中必須含有陽離子，所以甲中含有Cl-，乙中含有K+，故乙中離子為：K+、CO、OH-，故C項正確；故答案為C。12、C【解析】

兩溶液混合后所得HNO3溶液中，HNO3的物質(zhì)的量為0.2L×0.3mol?L﹣1+0.3L×0.6mol?L﹣1=0.24mol，混合溶液的體積為500mL，則HNO3的物質(zhì)的量濃度為c(HNO3)==0.48mol?L﹣1；答案選C。13、D【解析】試題分析：陽離子中不一定含有金屬元素，例如NH4＋，A錯誤；在氧化還原反應中，非金屬單質(zhì)不一定是氧化劑，也可能是還原劑，例如碳在氧氣中燃燒，碳是還原劑，B不正確；某元素從化合態(tài)變?yōu)橛坞x態(tài)時，該元素可能被還原，也可能被氧化，C不正確；D正確，例如鐵離子被還原可能生成亞鐵離子。答案選D?？键c：考查氧化還原反應的有關判斷點評：該題是中等難度的試題，試題基礎性強，側(cè)重能力的培養(yǎng)。該題主要是考查學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力，有利于提高學生的發(fā)散思維能力。該類試題需要學生學會通過舉例、逐一進行篩選得出正確的結(jié)論。14、D【解析】

A.Ca(OH)2發(fā)生電離時生成的陰離子全為氫氧根離子，屬于堿，故A不選；B.HNO3發(fā)生電離時生成的陽離子全為氫離子，屬于酸，故B不選；C.Na2O是由鈉元素和氧元素構成的氧化物，不屬于鹽，故C不選；D.K2CO3發(fā)生電離時生成鉀離子和碳酸根離子，屬于鹽，故D選，答案選D。15、C【解析】

丁達爾效應是指當光束通過膠體時能看到一條光亮的通路，丁達爾效應是區(qū)分膠體和溶液最常用的簡單方法?！驹斀狻磕z體粒子的微粒直徑在1-100nm之間，分散質(zhì)微粒直徑小于1nm的是溶液，大于100nm的是濁液；A硫酸銅溶液、B氯化鐵溶液、D醋酸溶液均是溶液，C氫氧化鐵膠體是膠體。故選C?！军c睛】本題考查膠體的性質(zhì)，解題關鍵：理解膠體的本質(zhì)特征是：膠體粒子的微粒直徑在1-100nm之間，這是膠體與其它分散系的本質(zhì)區(qū)別．區(qū)分膠體和溶液最簡單的方法是利用丁達爾效應．16、C【解析】分析：質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同的同一元素的不同原子互稱同位素，據(jù)此進行分析；根據(jù)元素為質(zhì)子數(shù)相同的一類原子的總稱進行分析；分子是由原子構成的，據(jù)此進行分析解答。詳解：A、氫元素只有一種，H、D、T是氕氘氚，是不同核素，H+是氫的陽離子，H2是氫的單質(zhì)，它們是不同狀態(tài)的氫元素，故A錯誤；B、H2為單質(zhì)，不是氫原子，故B錯誤；C、是氫元素的形成不同微粒，故C正確。D、H、D、T不是分子，故D錯誤；故選C。點睛：同位素是指質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同的原子之間的互稱，適用于原子之間。17、A【解析】①氫氣與氯氣的物質(zhì)的量之比為1：1時，氫氣、氯氣的總質(zhì)量與HCl的質(zhì)量相等，但氫氣、氯氣的物質(zhì)的量之比不一定為1：1，故氫氣、氯氣的總質(zhì)量與HCl的質(zhì)量不一定相等，故①錯誤；②由①中分析可知，氫氣與氯氣的物質(zhì)的量之比為1：1時，兩容器內(nèi)氣體的密度相等，但氫氣、氯氣的物質(zhì)的量之比不一定為1：1，故兩容器內(nèi)氣體的密度不一定相等，故②錯誤；

③氫氣、氯氣的總體積與HCl體積相等，則氫氣、氯氣總物質(zhì)的量與HCl物質(zhì)的量相等，分子總數(shù)一定相等，故③正確；④氫氣、氯氣的總體積與HCl體積相等，則氫氣、氯氣總物質(zhì)的量與HCl物質(zhì)的量相等，都是雙原子分子，含有原子數(shù)目一定相等，故④正確；⑤H原子中含有1個質(zhì)子，Cl原子中含有17個質(zhì)子，由于氫氣和氯氣的物質(zhì)的量關系不確定，等物質(zhì)的量時兩個容器中氣體的質(zhì)子數(shù)不一定相等，故⑤錯誤；答案選A.18、D【解析】

A、28g氮氣的物質(zhì)的量是28g÷28g/mol＝1mol，則含2NA個氮原子，A錯誤；B、4g金屬鈣的物質(zhì)的量為4g÷40g/mol＝0.1mol，變成鈣離子時失去的電子數(shù)為0.2NA，B錯誤；C、1molO2分子的質(zhì)量是32g，1mol氧原子的質(zhì)量是16g，C錯誤；D、氧氣和臭氧均是氧元素形成的單質(zhì)，則24gO2和24gO3所含的氧原子數(shù)目相等，D正確；答案選D。19、B【解析】能用分液漏斗分離的物質(zhì)應互不相溶。A、酒精和水互溶，故A錯誤；B、1，1-二溴乙烷和水，硝基苯和水都互不相溶，可用分液的方法分離，故B正確；C、乙酸和乙醇互溶，故C錯誤；D、乙酸和水互溶，故D錯誤。故選B。20、B【解析】A、3Cl2+2Fe2FeCl3反應中Fe元素的化合價升高，F(xiàn)e是還原劑，故A錯誤；B、2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑反應中H2O中的H元素化合價降低，H2O是氧化劑，Na是還原劑，NaOH是氧化產(chǎn)物，故B正確；C、2HClO2HCl+O2↑反應中HClO既是氧化劑又是還原劑，O2是氧化產(chǎn)物，故C錯誤；D、Cl2+Na2SO3+H2O=2HCl+Na2SO4反應中Cl2中氯元素化合價降低，氯氣是氧化劑，HCl是還原產(chǎn)物，氧化產(chǎn)物為硫酸鈉，故D錯誤；故選B。21、D【解析】

A.根據(jù)酸電離出的氫離子個數(shù)，將酸分為一元酸、二元酸、多元酸，而不是根據(jù)酸分子中的氫原子個數(shù)，錯誤；B.根據(jù)電解質(zhì)在熔融狀態(tài)或在水溶液中能否完全電離將電解質(zhì)分為強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)，錯誤；C.分散系的分類依據(jù)是根據(jù)分散系中分散質(zhì)粒子直徑的大小，而不是否具有丁達爾現(xiàn)象，錯誤；D.氧化還原反應的本質(zhì)是電子轉(zhuǎn)移，正確?！军c睛】丁達爾效應可以用來區(qū)分溶液和膠體，但不是分散系區(qū)分的本質(zhì)區(qū)別；溶液導電能力與溶液中可移動電荷總濃度有關，與電解質(zhì)強弱無關。22、D【解析】

由于容量瓶沒有950mL規(guī)格，應用1000mL的容量瓶進行配制，然后根據(jù)m=cVM進行計算?！驹斀狻咳萘科繘]有950mL規(guī)格，應用1000mL的容量瓶進行配制，則m（Na2CO3·10H2O）=cVM=1L×2mol/L×286g/mol=572g，故選B。【點睛】本題考查溶液的配制知識，注意實驗室常用容量瓶的規(guī)格，計算溶質(zhì)的質(zhì)量時體積以所選容量瓶的規(guī)格決定。二、非選擇題(共84分)23、HCNa2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO【解析】

A、B、C、D、E都是前20號元素中的常見元素，且核電荷數(shù)遞增。A原子沒有中子，說明A是H；B原子次外層電子數(shù)與最外層電子數(shù)之差等于電子層數(shù)，假設有兩個電子層，次外層電子數(shù)為2，則B原子的K、L層依次排有2、4個電子，B為碳；C元素是地殼中含量最高的元素，C為O；4.6gD單質(zhì)與足量鹽酸作用可產(chǎn)生2.24LH2（標準狀態(tài)下），D為金屬，2.24LH2物質(zhì)的量為0.1mol如果為金屬鎂，則Mg——H2，則鎂為2.4g，如果是金屬鋁，則2Al——3H2，則鋁為1.8g，如果是金屬鈉，則2Na——H2，則鈉為4.6g，故D為金屬鈉；E的一價陰離子的核外電子排布與Ar的核外電子排布相同，說明E為非金屬元素氯；【詳解】⑴根據(jù)前面分析得出A為H，B為C，D為Na，故答案為A：H；B：C；D：Na；⑵C離子為氧離子，其電子式，故答案為；E的離子為氯離子，其離子結(jié)構示意圖，故答案為；⑶D、E形成化合物為NaCl，電解D、E形成化合物的水溶液的化學反應方程式2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，故答案為2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；⑷工業(yè)上將E即氯氣通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化學反應方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂粉精溶于水后，受空氣中的CO2作用，即產(chǎn)生有漂白、殺菌作用的某種物質(zhì)，即漂粉精溶于水與空氣中二氧化碳和水反應生成碳酸鈣沉淀和次氯酸，該化學反應方程式為Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案為Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。24、Ag+、Ca2+、Ba2+CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑？0.40存在，最小濃度為0.8mol/L【解析】

I：加入鹽酸，生成白色膠狀沉淀，該沉淀為H2SiO3，原溶液中有SiO32－，Ag＋、Ca2＋、Ba2＋不能大量存在，根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性，原溶液中一定含有K＋，有氣體產(chǎn)生，該氣體為CO2，原溶液中含有CO32－，其物質(zhì)的量為0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固體為SiO2，原溶液中SiO32－的物質(zhì)的量為2.4/60mol=0.04mol；III：向濾液II中加入BaCl2溶液，無現(xiàn)象，說明原溶液中不含有SO42－；綜上所述，NO3－可能含有；【詳解】I：加入鹽酸，生成白色膠狀沉淀，該沉淀為H2SiO3，原溶液中有SiO32－，Ag＋、Ca2＋、Ba2＋不能大量存在，根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性，原溶液中一定含有K＋，有氣體產(chǎn)生，該氣體為CO2，原溶液中含有CO32－，其物質(zhì)的量為0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固體為SiO2，原溶液中SiO32－的物質(zhì)的量為2.4/60mol=0.04mol；III：向濾液II中加入BaCl2溶液，無現(xiàn)象，說明原溶液中不含有SO42－；綜上所述，NO3－可能含有；（1）根據(jù)上述分析，實驗I中一定不存在的離子是Ag＋、Ca2＋、Ba2＋；（2）實驗I中生成氣體的離子方程式為CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O；（3）根據(jù)上述分析，NO3－可能含有，也可能不含有，因此NO3－的濃度為?；SiO32－的物質(zhì)的量濃度為0.04/(100×10－3)mol·L－1=0.4mol·L－1；SO42－不含有，濃度為0；（4）根據(jù)上述分析，K＋一定存在，根據(jù)電中性，當沒有NO3－時，K＋濃度最小，n(K＋)＋n(Na＋)=2n(SiO32－)＋2n(CO32－)，代入數(shù)值，解得n(K＋)=0.08mol，即c(K＋)=0.8mol·L－1。25、AD圓底燒瓶除去Cl2中的HCl氣體MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O紅色布條不褪色紅色布條褪色在裝置E后加一裝有NaOH溶液的尾氣處理裝置2.240.2【解析】

（1）根據(jù)氯氣、氯水中的微粒以及氯離子的性質(zhì)分析判斷；（2）根據(jù)儀器構造判斷儀器名稱，依據(jù)生成的氯氣中含有的氯化氫分析判斷；（3）裝置A制備氯氣，據(jù)此書寫方程式；（4）根據(jù)氯氣和次氯酸的性質(zhì)分析判斷；（5）根據(jù)氯氣有毒需要尾氣處理分析判斷；（6）根據(jù)二氧化錳的質(zhì)量結(jié)合反應的方程式計算?！驹斀狻浚?）A．氯氣是黃綠色氣體，氯水的顏色呈淺黃綠色，說明氯水中含有Cl2，A正確；B．Cl－中氯元素的化合價是－1價，處于最低價態(tài)，只有還原性；Cl2具有很強的氧化性，B錯誤；C．新制氯水可以用來殺菌消毒是因為生成次氯酸，次氯酸是弱酸，C錯誤；D．新制氯水中含有氯離子，將新制氯水滴入AgNO3溶液中生成氯化銀，因此會出現(xiàn)白色沉淀，D正確；答案選AD。（2）根據(jù)儀器的構造可知儀器a的名稱為圓底燒瓶；濃鹽酸易揮發(fā)，生成的氯氣中含有氯化氫，氯化氫極易溶于水，因此裝置B中飽和食鹽水的作用是除去Cl2中的HCl氣體。（3）實驗室利用濃鹽酸和二氧化錳在加熱的條件下反應制備氯氣，則裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O。（4）生成的氯氣經(jīng)過飽和食鹽水除去氯化氫，利用濃硫酸干燥氯氣，干燥的氯氣沒有漂白性，氯氣和水反應生成的次氯酸具有漂白性，則裝置D中的實驗現(xiàn)象為紅色布條不褪色，裝置E中的實驗現(xiàn)象為紅色布條褪色。（5）由于氯氣是大氣污染物，需要尾氣處理，因此整套實驗裝置存在著明顯缺陷，改進措施是在裝置E后加一裝有NaOH溶液的尾氣處理裝置。（6）8.7gMnO2固體的物質(zhì)的量是8.7g÷87g/mol＝0.1mol，與足量濃鹽酸充分反應，根據(jù)方程式可知在標準狀況下產(chǎn)生Cl2的體積為0.1mol×22.4L/mol＝2.24L；根據(jù)氯原子守恒可知生成0.1mol氯氣，則其中被氧化的HCl的物質(zhì)的量為0.2mol。26、滲析HCl靜置，向上層清液中滴加少量氯化鋇溶液，沒有白色沉淀產(chǎn)生，說明氯化鋇溶液已過量Ba2++CO32—=BaCO3↓，Ca2++CO32—=CaCO3↓【解析】

膠體不能透過半透膜，操作①為滲析，除去Na2SO4、CaCl2，可分別加入BaCl2、Na2CO3，所以除去粗鹽中含有的Ca2+、SO42-可溶性雜質(zhì)的方法：加入過量BaCl2，除去硫酸根離子；再加入過量Na2CO3（除去鈣離子），同時也將過量的鋇離子除去，則試劑①為BaCl2，操作②為過濾，沉淀A為硫酸鋇，試劑②為Na2CO3，操作③為過濾，沉淀B為碳酸鈣和碳酸鋇，試劑③為鹽酸，加入鹽酸可除去過量的Na2CO3，最后蒸發(fā)結(jié)晶可得到NaCl晶體?！驹斀狻浚?）淀粉溶液屬于膠體，溶液中小的分子或離子能透過半透膜，膠體微粒不能透過半透膜，采用滲析的方法將二者分離，則操作①是利用半透膜進行滲析操作分離出淀粉膠體，故答案為滲析；（2）試劑③為鹽酸，目的是除去溶液中過量的CO32-離子；試劑①為BaCl2溶液，目的是除去溶液中硫酸根離子，判斷氯化鋇溶液已過量的方法是：靜置，向上層清液中滴加少量氯化鋇溶液，沒有白色沉淀產(chǎn)生，說明氯化鋇溶液已過量；故答案為HCl；靜置，向上層清液中滴加少量氯化鋇溶液，沒有白色沉淀產(chǎn)生，說明氯化鋇溶液已過量（3）試劑②是碳酸鈉溶液，加過量的碳酸鈉溶液目的是除去鈣離子和過量的鋇離子，反應的離子方程式為：Ba2++CO32-=BaCO3↓，Ca2++CO32-=CaCO3↓，故答案為Ba2++CO32-=BaCO3↓，Ca2++CO32-=CaCO3↓?！军c睛】本題考查物質(zhì)的分離提純操作，把握除雜原則，注意把握實驗的先后順序，提純時要除去引入新的雜質(zhì)是解答關鍵。27、BAEFCD【解析】

（1）碳酸鈣不溶于水，則選擇過濾法分離，答案為B；（2）植物油與水分層，則選擇分液法分離，答案為A；（3）二者溶解度受溫度影響不同，則選擇結(jié)晶法分離，答案為E；（4）碳酸鈣高溫分解生成CaO，則選擇高溫分解法分離，答案為F；（5）有效成分為有機物，易溶于酒精，則該分離方法為萃取，答案為C；（6）二者互溶，但沸點不同，則選擇蒸餾法分離出四氯化碳，答案為D?！军c睛】本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、性質(zhì)差異及混合物分離方法為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意分離方法的選擇，題目難度不大。28、CuSO4（或Cu2＋）2.24L②⑤④AgMg2＋Zn2＋5：1SO42－紫色褪去說明MnO4-被還原，化合價降低。NaHSO3中＋4價的S元素化合價升高，在溶液中以SO42－形式存在。1.610641032【解析】

（1）根據(jù)氧化還原反應中，元素化合價升高的物質(zhì)做還原劑，發(fā)生氧化反應，對應氧化產(chǎn)物；根據(jù)2e---SO2可計算出SO2的體積；（2）元素化合價處于最低價態(tài)，只有還原性，元素化合價處于最高價態(tài)，只有氧化性，處于中間價態(tài)，即有氧化性又有還原性；據(jù)此進行分析；（3）根據(jù)金屬活動順序表可知：金屬的還原性順序：Mg>Zn>Cu>Ag；向含有Cu2+、Mg2+、Ag+的混合液中加入適量鋅粉，鋅首先置換出銀，當銀離子完全反應后，鋅再置換出銅；鋅不能置換鎂，據(jù)此進行分析；（4）KClO3中的氯元素由+5價被還原為0價，HCl中的氯元素由-1價被氧化為0價，由電子得失守恒判斷被氧化和被還原的氯原子個數(shù)比；（5）NaHSO3具有還原性，被氧化后NaHSO3中＋4價的S元素化合價升高，在溶液中以SO42－形式存在；（6）①方案a：結(jié)合實驗現(xiàn)象根據(jù)氧化還原反應規(guī)律進行分析；②方案b：根據(jù)化合價升降總數(shù)相等或電子得失守恒進行配平，并用雙線橋標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目?！驹斀狻浚?）Cu與濃H2SO4發(fā)生化學反應：Cu＋2H2SO4（濃）=CuSO4＋SO2↑＋2H2O。銅元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，對應氧化產(chǎn)物為CuSO4（或Cu2＋）；該反應轉(zhuǎn)移電子2e-，根據(jù)2e---SO2可知，若反應中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.2mol，則生成的SO2氣體在標況下的體積為22.4×0.2/2=2.24L；綜上所述，本題答案是：CuSO4（或Cu2＋）；2.24L。（2）①S的化合價處于中間價態(tài)，所以既有氧化性又有還原性；②S2－的化合價處于最低價態(tài)，只有還原性；③Fe2＋的化合價處于中間價態(tài)，所以既有氧化性又有還原性；④H＋的化合價處于最高價態(tài)，只有氧化性；⑤Cu的化合價處于最低價態(tài)，只有還原性；⑥HCl中氫元素的化合價處于最高價態(tài)，只有氧化性；Cl元素的化合價處于最低