2026屆上海市松江區(qū)高一化學第一學期期末調(diào)研試題注意事項：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、下列反應的離子方程式書寫正確的是()A．鈉與冷水反應：B．金屬鋁溶于苛性鈉溶液：C．鐵跟稀硫酸反應：D．金屬鋁溶于鹽酸中：2Al+6H+=2Al3++3H?↑2、中國科學家屠呦呦因開創(chuàng)性地運用萃取的原理從中草藥中分離出青蒿素并應用于瘧疾治療獲得今年的諾貝爾醫(yī)學獎。萃取實驗中用到的主要儀器是()A．長頸漏斗 B．分液漏斗C．圓底燒瓶 D．蒸餾燒瓶3、下列實驗儀器不宜直接用來加熱的是（）A．試管 B．坩堝 C．蒸發(fā)皿 D．燒杯4、將一定量的氯氣通入30mL，濃度為10.00mol/L的氫氧化鈉溶液中，加熱少許時間后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存體系．下列判斷正確的是A．若反應中轉(zhuǎn)移的電子為nmol，則0.15＜n＜0.25B．n（Na+）：n（Cl-）可能為7：3C．與NaOH反應的氯氣一定為0.3molD．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能為11：2：15、下列屬于電解質(zhì)的是()A．鹽酸 B．蔗糖 C．熔融氯化鈉 D．銅6、諾貝爾化學獎獲得者澤維爾研究了氫氣和二氧化碳的反應：H2+CO2=CO+H2O，此反應在一定條件下經(jīng)歷了一個相對長的中間狀態(tài)HCOOH。下列敘述正確的是A．H2的還原性一定比CO強B．CO還原性一定比H2強C．反應條件對物質(zhì)的還原性存在影響D．以上反應不是氧化還原反應7、托盤天平的兩個托盤上各放一只相同的燒杯，再分別向兩燒杯中放入等質(zhì)量、等質(zhì)量分數(shù)且足量的稀硫酸，調(diào)節(jié)天平至平衡。然后，向一只燒杯中加入一定質(zhì)量的鎂，向另一燒杯中加入等質(zhì)量的銅、鋁合金，反應后天平仍然保持平衡。則該合金中銅與鋁的質(zhì)量比為（）A．64∶27 B．8∶3 C．3∶1 D．1∶38、1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40g/mL、質(zhì)量分數(shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL(換算為標準狀況)，向反應后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,當金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀，下列說法不正確的是A．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2︰1B．該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數(shù)是80%D．得到2.54沉淀時，加入NaOH溶液的體積是600mL9、某溶液中含有下列離子Na+、Fe3+．、Cl－、Fe2＋.、NH4+向其中先加入足量的Na2O2，然后微熱并攪拌，再加入足量的稀硫酸原溶液中離子數(shù)目基本不變的為()A．Na+ B．Fe3+ C．Cl－ D．Fe2+10、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．標準狀況下，22.4LCCl4含有的分子數(shù)為NAB．通常狀況下，NA個CO2分子占有的體積為22.4LC．常溫常壓下，1.06gNa2CO3含有的Na＋個數(shù)為0.02NAD．物質(zhì)的量濃度為1mol/L的MgCl2溶液中，含Cl‐個數(shù)為2NA11、下列化合物中，屬于鹽的是（）A．H2O B．H2SO4 C．KOH D．KNO312、下列各物質(zhì)，所含原子數(shù)目最多的是（）A．標準狀況下，22.4L甲烷B．標準狀況下，44.8L氮氣和氧氣的混合氣體C．常溫常壓下，66g二氧化碳氣體D．100mL1mol/L硫酸13、下列關(guān)于碳和硅的敘述中錯誤的是（）A．碳和硅的最高價氧化物都能與氫氧化鈉溶液反應B．單質(zhì)碳和硅在加熱時都能與氧氣反應C．碳和硅的氧化物都能溶于水生成相應的酸D．碳和硅兩種元素都有同素異形體14、以下儀器中，名稱為“容量瓶”的是（）A． B． C． D．15、下列變化，不能通過一步反應直接完成的是（）A．Al→NaAlO2 B．NaHCO3→Na2CO3 C．SiO2→H2SiO3 D．Fe(OH)2→Fe(OH)316、在兩個密閉容器中，分別充有質(zhì)量相同的甲、乙兩種氣體，若它們的溫度和密度均相同，試根據(jù)甲、乙的摩爾質(zhì)量(M)關(guān)系，判斷下列說法正確的是（）A．若M甲＞M乙，則氣體體積：甲＜乙B．若M甲＜M乙，則氣體的壓強：甲＞乙C．若M甲＞M乙，則氣體的摩爾體積：甲＜乙D．若M甲＜M乙，則氣體的分子數(shù)：甲＜乙17、實驗室用濃鹽酸與足量的二氧化錳反應產(chǎn)生少量的氯氣。若反應過程中消耗了0.2mol氯化氫，理論上可收集到的氯氣的質(zhì)量A．等于3.55g B．小于3.55gC．大于3.55g D．約等于7.1g18、中華民族的發(fā)明創(chuàng)造為人類文明進步做出了巨大貢獻。下列我國古代發(fā)明中，不涉及化學反應的是（）A．銅的冶煉 B．糧食釀醋C．打磨磁石制指南針 D．火藥的發(fā)明與使用19、在兩個容積相同的容器中，一個盛有NH3氣體，另一個盛有H2和O2的混合氣體。在同溫同壓下，兩容器內(nèi)的氣體不可能具有相同的A．原子數(shù) B．分子數(shù) C．質(zhì)量 D．電子數(shù)20、有200mL氯化鎂和氯化鋁的混合溶液，其中為0.2mol·L－1,為1.3mol·L－1。要使Mg2＋全部轉(zhuǎn)化為沉淀分離出來，至少需加4mol·L－1NaOH溶液的體積為A．40mL B．72mL C．80mL D．128mL21、二氧化硫能夠使品紅溶液褪色，表現(xiàn)了二氧化硫的()A．氧化性 B．還原性 C．漂白性 D．酸性氧化物的性質(zhì)22、2016年IUPAC命名117號元素為Ts（中文名“”，tián），Ts的原子核外最外層電子數(shù)是7。下列說法不正確的是A．Ts是第七周期第ⅦA族元素B．Ts的同位素原子具有相同的電子數(shù)C．Ts在同族元素中非金屬性最弱D．中子數(shù)為176的Ts核素符號是二、非選擇題(共84分)23、（14分）下表為元素周期表的一部分，請參照給定元素的位置，回答下列問題：周期\族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01①2②③④3⑤⑥⑦⑧（1）元素④、⑤、⑥的原子半徑由大到小的順序為___(用元素符號表示)。（2）元素③、⑦的最高價含氧酸的酸性由強到弱的順序為__。（用化學式表示）（3）堿性強弱比較：元素⑤的氫氧化物__⑥的氫氧化物（用<、=、>填空）；兩者相互反應的離子方程式為__。（4）由元素⑤和⑧共同組成的化合物的電子式為__、它屬于__化合物。（填“共價”或“離子”）（5）由元素①⑧形成的化合物A和由元素④⑤⑧的化合物B，可相互反應產(chǎn)生黃綠色氣體單質(zhì)，該反應的離子方程式為__；該黃綠色氣體單質(zhì)會使得濕潤淀粉碘化鉀試紙變藍色，表明生成了碘單質(zhì)（I2），由此推測這兩種元素的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強弱順序為：__。（用化學式表示）24、（12分）某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定條件下可實現(xiàn)下圖所示的物質(zhì)之間的變化：據(jù)此回答下列問題：(1)I、II、III、IV四步中對于溶液和沉淀的分離采取的方法是____________。(2)根據(jù)上述框圖反應關(guān)系，寫出下列B、D、E所含物質(zhì)的化學式B_________；沉淀D__________；溶液E__________。(3)寫出①、②、③、④四個反應方程式或離子方程式：①___________________________________；②___________________________________；③___________________________________；④___________________________________。25、（12分）如圖，在玻璃管中放入還原鐵粉和石棉絨的混合物，加熱并通入水蒸氣，用試管收集產(chǎn)生的經(jīng)干燥的水蒸氣，并靠近火焰點燃。（1）寫出該反應的化學方程式___________________________________________，四氧化三鐵是_________________________（填“氧化產(chǎn)物”還是“還原產(chǎn)物”）。（2）加熱燒瓶的作用是__________________________________________________。（3）燒瓶底部放了幾片碎瓷片，其作用是__________________________________。26、（10分）某實驗小組擬配制0.10mol·L-1的氫氧化鈉溶液并進行有關(guān)性質(zhì)實驗，回答下列問題。(1)若實驗中大約要使用475mL氫氧化鈉溶液，至少需要稱量氫氧化鈉固體________g。

(2)從如圖中選擇稱量氫氧化鈉固體所需要的儀器________(填序號)。

(3)定容時加水超過刻度線，會使配制溶液的濃度_________(偏高，偏低或不變)。

(4)下列情況會使所配溶液濃度偏低________(填序號)。①稱量讀數(shù)時，左盤高，右盤低②溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶后，未進行洗滌操作③轉(zhuǎn)移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水④定容時，仰視容量瓶的刻度線⑤在燒杯中溶解氫氧化鈉后，立即將所得溶液注入容量瓶中⑥定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補加少量水，重新達到刻度線27、（12分）某化學興趣小組為了探究常溫下非金屬氧化物形成的某未知氣體的成分。該小組成員將氣體通入澄清石灰水，發(fā)現(xiàn)澄清石灰水變渾濁，持續(xù)通入發(fā)現(xiàn)渾濁又變澄清，由此該小組成員對氣體的成分提出猜想。[提出猜想]猜想1：該氣體為CO2猜想2：該氣體為SO2猜想3：____________________________________為了驗證猜想，該小組設計實驗加以探究：[實驗探究]該小組同學按如圖所示裝置，將氣體從a端通入，則：（1）B中應該裝的試劑是：__________________________。（2）A中品紅溶液的作用是：_________________________________________。（3）根據(jù)B的作用和B中的現(xiàn)象，證明SO2具有的性質(zhì)是：_________________。（4）D中澄清石灰水的作用是：_________________________________________。通過該實驗，該小組同學觀察到以下三個實驗現(xiàn)象：①A中品紅溶液褪色②C中品紅溶液不褪色③D中澄清石灰水變渾濁[得出結(jié)論]（5）由上述現(xiàn)象該小組同學確認該氣體的成分：________________。28、（14分）某城市對大氣進行監(jiān)測，發(fā)現(xiàn)該市首要污染物為可吸入顆粒物PM2.5(直徑小于等于2.5μm的懸浮顆粒物)，其主要來源為燃煤、機動車尾氣等。因此，對PM2.5、SO2、NOx等進行研究具有重要意義。請回答下列問題：（1）PM2.5分散在空氣中形成的分散系__(填“屬于”或“不屬于”)膠體。（2）將PM2.5樣本用蒸餾水處理制成待測試樣。若測得該試樣所含水溶性無機離子的化學組分及其平均濃度如下表：根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷待測試樣為__(填“酸”或“堿”)性，表示該試樣酸堿性的c(H＋)或c(OH－)=__mol·L-1。（3）煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，形成酸雨，污染大氣，采用NaClO2溶液在堿性條件下可對煙氣進行脫硫，脫硝，效果非常好。完成下列對煙氣脫硝過程的離子方程式。__ClO2-＋__NO＋__=__Cl-＋__NO3-＋__（4）為減少SO2的排放，常采取的措施有：①將煤轉(zhuǎn)化為清潔氣體燃料。寫出焦炭與水蒸氣反應的化學方程式：__。②洗滌含SO2的煙氣。以下物質(zhì)可做洗滌劑的是__(填字母)。a.Ca(OH)2b.Na2CO3c.CaCl2d.NaHSO3（5）汽車尾氣中NOx和CO的生成及轉(zhuǎn)化。①汽車啟動后，汽缸溫度越高，單位時間內(nèi)NO排放量越大，寫出汽缸中生成NO的化學方程式：__。②汽車燃油不完全燃燒時產(chǎn)生CO，目前，在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器可減少CO和NO的污染，其化學反應方程式為__。29、（10分）I.現(xiàn)有下列十種物質(zhì)：①液態(tài)HCl②NaHCO3③熔融NaCl④CO2⑤蔗糖晶體⑥Ba(OH)2溶液⑦氫氧化鐵膠體⑧氨水⑨空氣⑩NaHSO4(1)上述十種物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的有_______________（填序號）。(2)⑩在水溶液中的電離方程式為__________________________________。II.青海昆侖玉被定為十年前北京奧運會獎牌用玉，昆侖玉主要成分是由“透閃石”和“陽起石”組成的纖維狀微晶結(jié)合體，透閃石（Tremolite）的化學成分為Ca2Mg5Si8O22(OH)2。透閃石的化學式寫成氧化物的形式為__________________________。III.實驗室需要用質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸配制1.0mol·L－1的稀硫酸溶液450mL，請回答下列問題(1)需要用量筒量取的濃硫酸的體積為____________mL。(2)下面操作造成所配稀硫酸溶液濃度（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）①用量筒量取濃硫酸后洗滌量筒并把洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶_______________。②向容量瓶加水定容時眼睛俯視液面_______________。

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、D【解析】

A.鈉與冷水反應生成氫氧化鈉和氫氣，反應的離子方程式是：，故A錯誤；B.金屬鋁溶于苛性鈉溶液生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應的離子方程式是：，故B錯誤；C.鐵跟稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，反應的離子方程式是：，故C錯誤；D.金屬鋁溶于鹽酸中生成氯化鋁和氫氣，反應的離子方程式是：2Al+6H+=2Al3++3H?↑，故D正確；答案選D。2、B【解析】

萃取是利用系統(tǒng)中組分在溶劑中有不同的溶解度來分離混合物的操作方法，需要使用分液漏斗，故答案為B。3、D【解析】

試管、坩堝、蒸發(fā)皿均可以直接加熱，但是燒杯需隔石棉網(wǎng)加熱，D項符合題意；本題答案選D。4、A【解析】

A．氫氧化鈉的物質(zhì)的量是0.03L×10mol/L＝0.3mol，根據(jù)方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化產(chǎn)物只有NaClO時轉(zhuǎn)移電子數(shù)最少，為0.15mol，氧化產(chǎn)物只有NaClO3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最多，為0.3mol×5/6=0.25mol，則0.15＜n＜0.25，故A正確；B．根據(jù)方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化產(chǎn)物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl-）最大為2：1，當氧化產(chǎn)物為NaClO3，n（Na+）：n（Cl-）最小為6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl-）＜2：1，7：3＞2：1，故B錯誤；C．由于反應后體系中沒有NaOH，故氫氧化鈉反應完，根據(jù)鈉元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，根據(jù)氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故參加反應的氯氣n（Cl2）=0.15mol，故C錯誤；D．令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl獲得的電子為11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的電子為2mol×1+1mol×5=7mol，得失電子不相等，故D錯誤；故答案選A?！军c睛】本題考查氧化還原反應的計算，把握發(fā)生的反應及電子、原子守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意守恒法應用。5、C【解析】

在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)，電解質(zhì)首先必須是化合物，水溶液中和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物為非電解質(zhì)?！驹斀狻緼項、鹽酸是氯化氫的水溶液，為混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A不符合題意；B項、蔗糖在水溶液中和熔融狀態(tài)都不導電，屬于非電解質(zhì)，故B不符合題意；C項、熔融氯化鈉溶于水或熔融狀態(tài)都能導電，屬于電解質(zhì)，故C符合題意；D項、銅是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故D不符合題意；故選C?！军c睛】對于不是化合物的物質(zhì)既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；電解質(zhì)是純凈物，電解質(zhì)溶液是混合物，無論電解質(zhì)還是非電解質(zhì)的導電都是指本身，而不是說只要在水溶液或者是熔化能導電就是電解質(zhì)。6、C【解析】

A、在此反應條件下，H2的還原性強于CO，但CO＋H2OH2＋CO2發(fā)生時，CO的還原性強于H2，故錯誤；B、根據(jù)選項A的分析，CO的還原性不一定比H2強，故錯誤；C、根據(jù)A選項的分析，反應條件對物質(zhì)的還原性存在影響，故正確；D、上述反應存在化合價的變化，因此屬于氧化還原反應，故錯誤。答案選C。7、D【解析】

稀硫酸質(zhì)量相等，加入金屬的質(zhì)量相等，反應后太平仍然保持平衡，則兩側(cè)托盤中質(zhì)量增重相等，令Mg的質(zhì)量為24g，根據(jù)方程式計算質(zhì)量差，令Al的質(zhì)量為x，再根據(jù)2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑，表示出生成氫氣質(zhì)量，利用增重列方程計算Al的質(zhì)量，進而計算Cu的質(zhì)量，據(jù)此解答?！驹斀狻苛頜g的質(zhì)量為24g，則：Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑質(zhì)量增重2422224g22g設Al的質(zhì)量為x，則：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑2×272×3xx故24g-x=22g，解得x=18g，故Cu的質(zhì)量=24g-18g=6g，該合金中銅與鋁的質(zhì)量比=6g：18g=1：3。故選D。8、D【解析】

設銅、鎂的物質(zhì)的量分別為x、y，則①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01mol，設N2O4、NO2的物質(zhì)的量分別為a、b，則根據(jù)得失電子數(shù)相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，則a=0.01mol，b=0.04mol?！驹斀狻緼、有上述分析可知，Cu和Mg的物質(zhì)的量分別為0.02mol、0.01mol，二者物質(zhì)的量之比為2︰1，A正確；B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L－1，B正確；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物質(zhì)的量分別為0.01mol、0.04mol，則NO2的體積分數(shù)是×100%=80%，C正確；D、沉淀達最大時，溶液中只有硝酸鈉，根據(jù)原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氫氧化鈉溶液體積為640mL，D錯誤；答案選D。9、C【解析】

過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，溶液呈堿性，F(xiàn)e2＋.能被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2＋.減少、Fe3＋.增加；所以含有NH4+、Fe3＋的溶液與氫氧化鈉溶液反應，然后微熱并攪拌后，分別生成氨氣、氫氧化鐵沉淀，則加入硫酸后溶液中含有硫酸鐵，減少的離子為NH4+、Fe2+，增加的離子為Fe3+、Na+，所以原溶液中離子數(shù)目基本不變的為Cl－；故答案選C?！军c睛】本題考查離子的共存，把握Na2O2的氧化性及常見離子之間的反應為解答的關(guān)鍵，側(cè)重復分解反應、氧化還原反應的離子共存考查。10、C【解析】CCl4在標準狀況下為液態(tài)，所以無法計算分子數(shù)，選項A錯誤。NA個CO2分子為1mol，在標準狀況下占有的體積為22.4L，通常狀況下的體積一定不是22.4L，選項B錯誤。1.06gNa2CO3的物質(zhì)的量為0.01mol，其中含有的Na＋數(shù)為0.02mol，所以選項C正確。選項D中沒有說明溶液的體積，所以無法計算氯離子個數(shù)。選項D錯誤。11、D【解析】

鹽是由金屬離子（或銨根離子）和酸根離子組成的化合物，進行分析解答。【詳解】A、水屬于氧化物，不屬于鹽，故A錯誤；B、H2SO4在水溶液電離出氫離子和硫酸根離子，陽離子全是氫離子，屬于酸，故B錯誤；C、氫氧化鉀能電離出鉀離子和氫氧根離子，屬于堿，故C錯誤；D、KNO3是由鉀離子和硝酸根離子組成，屬于鹽，故D正確；故答案選D。12、D【解析】試題分析：A、標準狀況下，22.4L甲烷正好是1mol，含原子數(shù)的物質(zhì)的量為5mol；B、標準狀況下，44.8L氮氣和氧氣的混合氣體，含原子數(shù)的物質(zhì)的量為4mol；C、常溫常壓下，66g二氧化碳氣體，含有的原子數(shù)的物質(zhì)的量為4.5mol；D、100mL1mol/L硫酸中，含有的氫離子和硫酸根離子的物質(zhì)的量總的為0.7mol，但是其中的水還有相當多的一部分，因此在這個溶液中所含有的原子數(shù)目是最多的。選D。考點：考查物質(zhì)的量。13、C【解析】

A、最高價氧化物CO2、SiO2為酸性氧化物能與NaOH溶液反應，選項A正確；B、單質(zhì)碳和硅在加熱時都能與氧氣反應，生成CO、CO2、SiO2等氧化物，選項B正確；C、CO2＋H2O=H2CO3，但CO不溶于水，SiO2不溶于水也不與水反應，選項C錯誤；D、石墨、金剛石、無定形碳為碳的同素異形體，晶體硅和無定形硅是硅的同素異形體，選項D正確；答案選C。14、C【解析】

A.依據(jù)形狀可知該儀器為圓底燒瓶，故A錯誤；B.依據(jù)形狀可知該儀器為漏斗，故B錯誤；C.容量瓶是一種帶有磨口玻璃塞的細長頸、梨形的平底玻璃瓶，頸上有刻度。當瓶內(nèi)體積在所指定溫度下達到標線處時，其體積即為所標明的容積數(shù)，故C正確；D.依據(jù)形狀可知該儀器為分液漏斗，故D錯誤；答案選C。15、C【解析】分析：根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)判斷反應的可能性，A.Al與NaOH發(fā)生反應生成AlO2-和氫氣；B.NaHCO3加熱分解為碳酸鈉、二氧化碳和水；C.SiO2不溶于水，也不與水反應；D.Fe（OH）2可與H2O、O2發(fā)生化合反應生成Fe（OH）3。詳解：Al與NaOH發(fā)生反應生成AlO2-，可一步反應生成，A錯誤；NaHCO3加熱分解為碳酸鈉、二氧化碳和水，可一步反應生成，B錯誤；SiO2不溶于水，也不與水反應，因此SiO2先與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉溶液，然后再加入稀硫酸可以得到硅酸，C正確；Fe（OH）2可與H2O、O2發(fā)生化合反應生成Fe（OH）3，D錯誤；正確選項C。16、B【解析】

兩個密閉容器中，分別充有質(zhì)量相同的甲、乙兩種氣體，若它們的溫度和密度均相同，則二者的體積相等；A．二者質(zhì)量相等、密度相等，所以其體積相等，與摩爾質(zhì)量無關(guān)，故A錯誤；B．若M（甲）＜M（乙），根據(jù)pV=nRT=RT，所以pM=ρRT，二者密度、溫度相等，所以其壓強與摩爾質(zhì)量成反比，所以氣體的壓強：甲＞乙，故B正確；C．若M（甲）＞M（乙），根據(jù)n=，二者的物質(zhì)的量：甲＜乙，根據(jù)Vm=知，氣體的摩爾體積：甲＞乙，故C錯誤；D．若M（甲）＜M（乙），根據(jù)n=，二者的物質(zhì)的量：甲＞乙，根據(jù)N=nNA知，二者的分子數(shù)甲＞乙，故D錯誤；答案選B。17、A【解析】

加熱條件下，濃鹽酸和二氧化錳發(fā)生氧化還原反應方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根據(jù)方程式知，參加反應的HCl有一半被氧化生成氯氣，若反應過程中消耗了0.2molHCl，根據(jù)Cl原子守恒知，理論上生成n（Cl2）=0.05mol，m（Cl2）=nM=0.05mol×71g/mol=3.55g，故答案選A?！军c睛】本題考查化學反應方程式有關(guān)計算，側(cè)重考查學生分析計算能力，注意該反應中一半的HCl體現(xiàn)酸性、一半的HCl體現(xiàn)還原性，另外要注意審題，只計算“理論上”生成的氯氣質(zhì)量。18、C【解析】

A．銅的冶煉是化合態(tài)銅元素變化為游離態(tài)，是化學變化，故A錯誤；B．糧食釀醋過程中，有新物質(zhì)生成，是化學變化，故B錯誤；C．打磨磁石制司南是物體形狀的改變，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故C正確；D．火藥使用是用S、C和KNO3，爆炸時發(fā)生反應的化學方程式為2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，是化學變化，故D錯誤；故答案為C。19、A【解析】

同溫同壓下，氣體摩爾體積相等，相同體積的不同氣體的物質(zhì)的量相等、分子數(shù)相等，再結(jié)合m=nM、分子構(gòu)成分析解答?！驹斀狻客瑴赝瑝合?，氣體摩爾體積相等，相同體積的不同氣體的物質(zhì)的量相等、分子數(shù)相等，A.NH3分子中含有4個原子，H2和O2為雙原子分子，物質(zhì)的量相等時含有原子數(shù)一定不相等，所以A選項符合題意；

B.根據(jù)N=nNA可以知道，氣體物質(zhì)的量相等時含有分子數(shù)一定相等，故B不符合題意；

C.NH3的摩爾質(zhì)量為17g/mol；H2的摩爾質(zhì)量為2g/mol，O2的摩爾質(zhì)量為32g/mol，當H2和O2的平均摩爾質(zhì)量為17g/mol時，兩個容器中盛有氣體的質(zhì)量相等，故C不符合題意；

D.NH3分子中含有10個電子；H2分子中含有2個電子，O2分子中含有16個電子，當H2和O2的混合氣體的平均電子數(shù)為10時，兩個容器中含有電子數(shù)相等，故D不符合題意。

答案選A。20、C【解析】

溶液中n(Cl-)=0.2L×1.3mol/L=0.26mol，溶液中n(Mg2+)=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，由電荷守恒可知溶液中n(Al3+)==0.06mol；將200mL此溶液中的Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀并分離析出，反應后溶液為NaCl、NaAlO2的混合液，根據(jù)鈉離子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再結(jié)合氯離子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl-)+n(Al3+)=0.26mol+0.06mol=0.32mol，則至少需要4mol/L氫氧化鈉溶液的體積為=0.08L=80mL，故答案為C。21、C【解析】

二氧化硫能夠使品紅溶液褪色，表現(xiàn)了二氧化硫的漂白性，答案選C。22、D【解析】

A.該原子結(jié)構(gòu)示意圖為，該元素位于第七周期、第VIIA族，故A正確；B.同位素具有相同質(zhì)子數(shù)、不同中子數(shù),而原子的質(zhì)子數(shù)=核外電子總數(shù),則Ts的同位素原子具有相同的電子數(shù)，故B正確；C.同一主族元素中,隨著原子序數(shù)越大,元素的非金屬性逐漸減弱,則Ts在同族元素中非金屬性最弱，故C正確；D.該元素的質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)=176+117=293,該原子正確的表示方法為：，故D錯誤；故答案選：D。二、非選擇題(共84分)23、Na＞Al＞OHNO3＞H2SiO3＞Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-離子2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O或6H++5Cl-+ClO3-=3Cl2↑+3H2OHCl＞HI【解析】

根據(jù)元素在周期表中的位置，可得①為H元素，②為C元素，③為N元素，④為O元素，⑤為Na元素，⑥為Al元素，⑦為Si元素，⑧為Cl元素，根據(jù)元素周期律分析解答?！驹斀狻?1)④為O元素，⑤為Na元素，⑥為Al元素，O為兩個電子層，Na與Al元素為三個電子層，電子層數(shù)越多，半徑越大，同周期元素核電荷數(shù)越大半徑越小，原子半徑由大到小的順序為Na＞Al＞O；(2)③為N元素，⑦為Si元素，非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的含氧酸的酸性越強，非金屬性：N＞Si，則最高價含氧酸的酸性強到弱的順序為HNO3＞H2SiO3；(3)⑤為Na元素，⑥為Al元素，金屬性越強，最高價氧化物對應水化物堿性越強，金屬性：Na＞Al，堿性強弱比較：NaOH＞Al(OH)3；兩者相互反應的離子方程式為Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-；(4)⑤為Na元素，⑧為Cl元素，由元素⑤和⑧共同組成的化合物為NaCl，是離子化合物，電子式為；(5)由元素①⑧形成的化合物A為HCl，由元素④⑤⑧的化合物B為NaClO或NaClO3，可相互反應產(chǎn)生黃綠色氣體單質(zhì)，該反應的離子方程式為2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O或6H++5Cl-+ClO3-=3Cl2↑+3H2O；該黃綠色氣體單質(zhì)會使得濕潤淀粉碘化鉀試紙變藍色，表明生成了碘單質(zhì)(I2)，該氣體為氯氣，非金屬性越強，簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，則非金屬性：Cl＞I，則由此推測這兩種元素的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強弱順序為：HCl＞HI。24、過濾Al2O3Fe2O3(NH4)2SO4,K2SO4,(NH3·H2O)Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OAl3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4＋AlO2-+H2O+H+＝Al(OH)3↓2Al(OH)3Al2O3+3H2O【解析】

由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，則沉淀C為Al2O3和Fe2O3，氧化鐵與堿不反應，則沉淀D為Fe2O3，反應②③中生成的沉淀為Al(OH)3，受熱分解生成B為Al2O3，反應②為KAl(SO4)2、氨水的反應，則溶液E為K2SO4、(NH4)2SO4、和過量的NH3·H2O，生成的沉淀為Al(OH)3，然后結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)及化學用語來解答?！驹斀狻?1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中對于溶液和沉淀的分離方法為過濾，故答案為：過濾；(2)由上述分析可知，B為Al2O3，D為Fe2O3，E為K2SO4、(NH4)2SO4、NH3·H2O；(3)①根據(jù)分析可知該反應為：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；②為KAl(SO4)2和氨水的反應，氨水為弱堿不和氫氧化鋁沉淀反應，所以方程式為：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4＋；③為偏鋁酸鈉溶液中滴加少量鹽酸，方程式為：AlO2-+H2O+H+＝Al(OH)3↓；④為加熱氫氧化鋁沉淀，方程式為：2Al(OH)3Al2O3+3H2O?！军c睛】本題以實驗形式考查混合物的分離、提純，明確物質(zhì)的性質(zhì)及發(fā)生的化學反應是解答本題的關(guān)鍵，注意氧化鋁、氫氧化鋁的兩性，氫氧化鋁不能溶于過量氨水中，題目難度中等。25、3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑氧化產(chǎn)物產(chǎn)生水蒸氣防止暴沸【解析】(1)由圖可知，A中加熱水得到水蒸氣，在B中Fe與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，反應為3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，反應中鐵元素化合價升高被氧化，四氧化三鐵為氧化產(chǎn)物，故答案為：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；氧化產(chǎn)物；(2)根據(jù)圖示和發(fā)生的反應可知，加熱燒瓶的目的是產(chǎn)生水蒸氣，故答案為：產(chǎn)生水蒸氣；(3)燒瓶底部放了幾片碎瓷片，可以防止暴沸，故答案為：防止暴沸。26、2.0①②⑤偏低①②④⑥【解析】

(1)根據(jù)配制溶液體積選擇合適容量瓶，根據(jù)m=cVM計算需要氫氧化鈉的質(zhì)量；(2)稱量一定質(zhì)量的固體物質(zhì)一般用托盤天平、藥匙，稱量腐蝕性藥品應用小燒杯盛放；(3)、(4)分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響,根據(jù)c=n/V進行誤差分析。【詳解】(1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,應選擇500mL容量瓶，實際配制500mL溶液，需要氫氧化鈉質(zhì)量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案為：2.0；(2)氫氧化鈉具有腐蝕性，所以稱量氫氧化鈉固體應用的儀器：托盤天平，藥匙，小燒杯，故答案為：①②⑤；(3)定容時加水超過刻度線，所配制的溶液的體積偏大，會使配制溶液的濃度偏低，故答案為：偏低；(4)①稱量讀數(shù)時，左盤高，右盤低，導致稱量的固體質(zhì)量偏小，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故選；②溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶后，未進行洗滌操作，導致部分溶質(zhì)損耗，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故選；③轉(zhuǎn)移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水，對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積都不產(chǎn)生影響，溶液濃度不變，故不選；④定容時，仰視容量瓶的刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故選；⑤在燒杯中溶解NaOH后，立即將所得溶液注入容量瓶中，冷卻后，溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故不選；⑥定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補加少量水，重新達到刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故選；綜上所述，①②④⑥滿足題意，故答案為：①②④⑥?！军c睛】配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液誤差分析要依據(jù)c=n/V進行分析：凡是實驗操作中引起溶質(zhì)的量n增大的，所配溶液的濃度偏高，凡是實驗操作中引起溶液體積V增大的，所配溶液的濃度偏低。27、猜想3：氣體為CO2和SO2的混合氣體酸性KMnO4溶液驗證混合氣體中是否含有SO2還原性驗證混合氣體中是否含有CO2CO2和SO2的混合氣體【解析】猜想：氣體通入澄清石灰水，發(fā)現(xiàn)變渾濁，持續(xù)通入發(fā)現(xiàn)渾濁又變澄清，說明氣體為SO2，CO2中一種或兩種，故該氣體可能是SO2氣體；該氣體可能是CO2氣體；該氣體可能是SO2、CO2的混合氣體；（1）由于SO2會干擾CO2的檢驗，則裝置B的作用是除去SO2，防止影響CO2檢驗，所以試劑是酸性KMnO4溶液；（2）裝置A用于檢驗二氧化硫，即A中品紅溶液的作用是驗證混合氣體中是否含有SO2；（3）B中酸性高錳酸鉀溶液褪色，證明SO2具有還原性；（4）在排除SO2情況下，檢驗CO2用澄清石灰水，澄清石灰水變渾濁，說明含有CO2，裝置D中澄清石灰水作用是檢驗CO2的存在；（5）①A中品紅褪色，說明氣體含有SO2，②C中品紅不褪色且③D中澄清石灰水變渾濁，說明含有氣體中含有CO2，故該氣體是SO2、CO2的混合氣體。點睛：本題考查物質(zhì)的檢驗與物質(zhì)組成的測定、對實驗裝置的理解、元素化合物性質(zhì)等知識，掌握元素化合物的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，注意掌握物質(zhì)性質(zhì)實驗方案的設計原則。難點是氣體檢驗順序的確定，由于二者均是酸性氧化物，都能使澄清石灰水變渾濁，所以首先要檢驗SO2并除去SO2后再檢驗CO2的存在。28、不屬于酸10-4344OH-342H2OC＋H2O(g)CO＋H2abN2+O22NO2CO+2NO2CO2+N2【解析】

（1）膠體的分散系中分散質(zhì)的直徑在1～100nm；（2）觀察表格中發(fā)現(xiàn)其中含有，水解顯酸性，PM2.5呈為酸性；（3）反應中N元素化合價由+2價的NO升高為中+5價，共升高3價，Cl元素由中+3價降低為?1價，共降低4價，化合價升降最小公倍數(shù)為12，故系數(shù)為3，故NO系數(shù)為4，利用電荷守恒及元素守恒配平物質(zhì)的系數(shù)；（4）①碳和水蒸氣反應生成一氧化碳和氫氣；②二氧化硫為酸性氧化物，吸收二氧化硫的試劑和二氧化硫發(fā)生反應；（5）①汽車啟動后，汽缸溫度越高，單位時間內(nèi)NO

排放量越大，汽缸中生成NO

是空氣中氮氣和氧氣放電生成一氧化氮；②在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器可減少CO和NO

的污染，一氧化碳和一氧化氮催化劑作用生成氮氣和二氧化碳?！驹斀狻浚?）膠體的分散系中分散質(zhì)的直徑在1～100nm，PM2.5是指大氣中直徑接近于2.5×10?6m的顆粒物，直徑大于100nm，則細顆粒物分散在空氣中形成的分散系不是膠體，故答案為：不屬于；（2）觀察表格中發(fā)現(xiàn)水解顯酸性，PM2.5的酸堿性為酸性，試樣的pH值根據(jù)溶液中電荷守恒計算得到：，將各個數(shù)值代入上述式子可得c(H+)=1.0×10?4mol/L，氫離子濃度為10?4mol/L，故答案為：酸；10?4；（3）反應中N元素化合價由+2價的NO升高為中+5價，共升高3價，Cl元素由中+3價降低為?1價，共降低4價，化合價升降最小公倍數(shù)為12，