2026届上海市松江区 高一化学第一学期期末调研试题含解析

2026届上海市松江区高一化学第一学期期末调研试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列反应的离子方程式书写正确的是()A．钠与冷水反应：B．金属铝溶于苛性钠溶液：C．铁跟稀硫酸反应：D．金属铝溶于盐酸中：2Al+6H+=2Al3++3H₂↑2、中国科学家屠呦呦因开创性地运用萃取的原理从中草药中分离出青蒿素并应用于疟疾治疗获得今年的诺贝尔医学奖。萃取实验中用到的主要仪器是()A．长颈漏斗 B．分液漏斗C．圆底烧瓶 D．蒸馏烧瓶3、下列实验仪器不宜直接用来加热的是（）A．试管 B．坩埚 C．蒸发皿 D．烧杯4、将一定量的氯气通入30mL，浓度为10.00mol/L的氢氧化钠溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是A．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25B．n（Na+）：n（Cl-）可能为7：3C．与NaOH反应的氯气一定为0.3molD．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：15、下列属于电解质的是()A．盐酸 B．蔗糖 C．熔融氯化钠 D．铜6、诺贝尔化学奖获得者泽维尔研究了氢气和二氧化碳的反应：H2+CO2=CO+H2O，此反应在一定条件下经历了一个相对长的中间状态HCOOH。下列叙述正确的是A．H2的还原性一定比CO强B．CO还原性一定比H2强C．反应条件对物质的还原性存在影响D．以上反应不是氧化还原反应7、托盘天平的两个托盘上各放一只相同的烧杯，再分别向两烧杯中放入等质量、等质量分数且足量的稀硫酸，调节天平至平衡。然后，向一只烧杯中加入一定质量的镁，向另一烧杯中加入等质量的铜、铝合金，反应后天平仍然保持平衡。则该合金中铜与铝的质量比为（）A．64∶27 B．8∶3 C．3∶1 D．1∶38、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL9、某溶液中含有下列离子Na+、Fe3+．、Cl－、Fe2＋.、NH4+向其中先加入足量的Na2O2，然后微热并搅拌，再加入足量的稀硫酸原溶液中离子数目基本不变的为()A．Na+ B．Fe3+ C．Cl－ D．Fe2+10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NAB．通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4LC．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na＋个数为0.02NAD．物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液中，含Cl‐个数为2NA11、下列化合物中，属于盐的是（）A．H2O B．H2SO4 C．KOH D．KNO312、下列各物质，所含原子数目最多的是（）A．标准状况下，22.4L甲烷B．标准状况下，44.8L氮气和氧气的混合气体C．常温常压下，66g二氧化碳气体D．100mL1mol/L硫酸13、下列关于碳和硅的叙述中错误的是（）A．碳和硅的最高价氧化物都能与氢氧化钠溶液反应B．单质碳和硅在加热时都能与氧气反应C．碳和硅的氧化物都能溶于水生成相应的酸D．碳和硅两种元素都有同素异形体14、以下仪器中，名称为“容量瓶”的是（）A． B． C． D．15、下列变化，不能通过一步反应直接完成的是（）A．Al→NaAlO2 B．NaHCO3→Na2CO3 C．SiO2→H2SiO3 D．Fe(OH)2→Fe(OH)316、在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量(M)关系，判断下列说法正确的是（）A．若M甲＞M乙，则气体体积：甲＜乙B．若M甲＜M乙，则气体的压强：甲＞乙C．若M甲＞M乙，则气体的摩尔体积：甲＜乙D．若M甲＜M乙，则气体的分子数：甲＜乙17、实验室用浓盐酸与足量的二氧化锰反应产生少量的氯气。若反应过程中消耗了0.2mol氯化氢，理论上可收集到的氯气的质量A．等于3.55g B．小于3.55gC．大于3.55g D．约等于7.1g18、中华民族的发明创造为人类文明进步做出了巨大贡献。下列我国古代发明中，不涉及化学反应的是（）A．铜的冶炼 B．粮食酿醋C．打磨磁石制指南针 D．火药的发明与使用19、在两个容积相同的容器中，一个盛有NH3气体，另一个盛有H2和O2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体不可能具有相同的A．原子数 B．分子数 C．质量 D．电子数20、有200mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中为0.2mol·L－1,为1.3mol·L－1。要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol·L－1NaOH溶液的体积为A．40mL B．72mL C．80mL D．128mL21、二氧化硫能够使品红溶液褪色，表现了二氧化硫的()A．氧化性 B．还原性 C．漂白性 D．酸性氧化物的性质22、2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“”，tián），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是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电子数C．Ts在同族元素中非金属性最弱D．中子数为176的Ts核素符号是二、非选择题(共84分)23、（14分）下表为元素周期表的一部分，请参照给定元素的位置，回答下列问题：周期\族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01①2②③④3⑤⑥⑦⑧（1）元素④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为___(用元素符号表示)。（2）元素③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为__。（用化学式表示）（3）碱性强弱比较：元素⑤的氢氧化物__⑥的氢氧化物（用<、=、>填空）；两者相互反应的离子方程式为__。（4）由元素⑤和⑧共同组成的化合物的电子式为__、它属于__化合物。（填“共价”或“离子”）（5）由元素①⑧形成的化合物A和由元素④⑤⑧的化合物B，可相互反应产生黄绿色气体单质，该反应的离子方程式为__；该黄绿色气体单质会使得湿润淀粉碘化钾试纸变蓝色，表明生成了碘单质（I2），由此推测这两种元素的气态氢化物的稳定性强弱顺序为：__。（用化学式表示）24、（12分）某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：(1)I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是____________。(2)根据上述框图反应关系，写出下列B、D、E所含物质的化学式B_________；沉淀D__________；溶液E__________。(3)写出①、②、③、④四个反应方程式或离子方程式：①___________________________________；②___________________________________；③___________________________________；④___________________________________。25、（12分）如图，在玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热并通入水蒸气，用试管收集产生的经干燥的水蒸气，并靠近火焰点燃。（1）写出该反应的化学方程式___________________________________________，四氧化三铁是_________________________（填“氧化产物”还是“还原产物”）。（2）加热烧瓶的作用是__________________________________________________。（3）烧瓶底部放了几片碎瓷片，其作用是__________________________________。26、（10分）某实验小组拟配制0.10mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验，回答下列问题。(1)若实验中大约要使用475mL氢氧化钠溶液，至少需要称量氢氧化钠固体________g。

(2)从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________(填序号)。

(3)定容时加水超过刻度线，会使配制溶液的浓度_________(偏高，偏低或不变)。

(4)下列情况会使所配溶液浓度偏低________(填序号)。①称量读数时，左盘高，右盘低②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水④定容时，仰视容量瓶的刻度线⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线27、（12分）某化学兴趣小组为了探究常温下非金属氧化物形成的某未知气体的成分。该小组成员将气体通入澄清石灰水，发现澄清石灰水变浑浊，持续通入发现浑浊又变澄清，由此该小组成员对气体的成分提出猜想。[提出猜想]猜想1：该气体为CO2猜想2：该气体为SO2猜想3：____________________________________为了验证猜想，该小组设计实验加以探究：[实验探究]该小组同学按如图所示装置，将气体从a端通入，则：（1）B中应该装的试剂是：__________________________。（2）A中品红溶液的作用是：_________________________________________。（3）根据B的作用和B中的现象，证明SO2具有的性质是：_________________。（4）D中澄清石灰水的作用是：_________________________________________。通过该实验，该小组同学观察到以下三个实验现象：①A中品红溶液褪色②C中品红溶液不褪色③D中澄清石灰水变浑浊[得出结论]（5）由上述现象该小组同学确认该气体的成分：________________。28、（14分）某城市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5(直径小于等于2.5μm的悬浮颗粒物)，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：（1）PM2.5分散在空气中形成的分散系__(填“属于”或“不属于”)胶体。（2）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：根据表中数据判断待测试样为__(填“酸”或“碱”)性，表示该试样酸碱性的c(H＋)或c(OH－)=__mol·L-1。（3）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨，污染大气，采用NaClO2溶液在碱性条件下可对烟气进行脱硫，脱硝，效果非常好。完成下列对烟气脱硝过程的离子方程式。__ClO2-＋__NO＋__=__Cl-＋__NO3-＋__（4）为减少SO2的排放，常采取的措施有：①将煤转化为清洁气体燃料。写出焦炭与水蒸气反应的化学方程式：__。②洗涤含SO2的烟气。以下物质可做洗涤剂的是__(填字母)。a.Ca(OH)2b.Na2CO3c.CaCl2d.NaHSO3（5）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化。①汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，写出汽缸中生成NO的化学方程式：__。②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为__。29、（10分）I.现有下列十种物质：①液态HCl②NaHCO3③熔融NaCl④CO2⑤蔗糖晶体⑥Ba(OH)2溶液⑦氢氧化铁胶体⑧氨水⑨空气⑩NaHSO4(1)上述十种物质中属于电解质的有_______________（填序号）。(2)⑩在水溶液中的电离方程式为__________________________________。II.青海昆仑玉被定为十年前北京奥运会奖牌用玉，昆仑玉主要成分是由“透闪石”和“阳起石”组成的纤维状微晶结合体，透闪石（Tremolite）的化学成分为Ca2Mg5Si8O22(OH)2。透闪石的化学式写成氧化物的形式为__________________________。III.实验室需要用质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制1.0mol·L－1的稀硫酸溶液450mL，请回答下列问题(1)需要用量筒量取的浓硫酸的体积为____________mL。(2)下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶_______________。②向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面_______________。

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.钠与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是：，故A错误；B.金属铝溶于苛性钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式是：，故B错误；C.铁跟稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式是：，故C错误；D.金属铝溶于盐酸中生成氯化铝和氢气，反应的离子方程式是：2Al+6H+=2Al3++3H₂↑，故D正确；答案选D。2、B【解析】

萃取是利用系统中组分在溶剂中有不同的溶解度来分离混合物的操作方法，需要使用分液漏斗，故答案为B。3、D【解析】

试管、坩埚、蒸发皿均可以直接加热，但是烧杯需隔石棉网加热，D项符合题意；本题答案选D。4、A【解析】

A．氢氧化钠的物质的量是0.03L×10mol/L＝0.3mol，根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时转移电子数最少，为0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol×5/6=0.25mol，则0.15＜n＜0.25，故A正确；B．根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl-）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl-）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl-）＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；C．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故C错误；D．令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故D错误；故答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握发生的反应及电子、原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法应用。5、C【解析】

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质首先必须是化合物，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质。【详解】A项、盐酸是氯化氢的水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；B项、蔗糖在水溶液中和熔融状态都不导电，属于非电解质，故B不符合题意；C项、熔融氯化钠溶于水或熔融状态都能导电，属于电解质，故C符合题意；D项、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；故选C。【点睛】对于不是化合物的物质既不是电解质也不是非电解质；电解质是纯净物，电解质溶液是混合物，无论电解质还是非电解质的导电都是指本身，而不是说只要在水溶液或者是熔化能导电就是电解质。6、C【解析】

A、在此反应条件下，H2的还原性强于CO，但CO＋H2OH2＋CO2发生时，CO的还原性强于H2，故错误；B、根据选项A的分析，CO的还原性不一定比H2强，故错误；C、根据A选项的分析，反应条件对物质的还原性存在影响，故正确；D、上述反应存在化合价的变化，因此属于氧化还原反应，故错误。答案选C。7、D【解析】

稀硫酸质量相等，加入金属的质量相等，反应后太平仍然保持平衡，则两侧托盘中质量增重相等，令Mg的质量为24g，根据方程式计算质量差，令Al的质量为x，再根据2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑，表示出生成氢气质量，利用增重列方程计算Al的质量，进而计算Cu的质量，据此解答。【详解】令Mg的质量为24g，则：Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑质量增重2422224g22g设Al的质量为x，则：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑2×272×3xx故24g-x=22g，解得x=18g，故Cu的质量=24g-18g=6g，该合金中铜与铝的质量比=6g：18g=1：3。故选D。8、D【解析】

设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol。【详解】A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2︰1，A正确；B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L－1，B正确；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，则NO2的体积分数是×100%=80%，C正确；D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误；答案选D。9、C【解析】

过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液呈碱性，Fe2＋.能被氧化为Fe3＋，Fe2＋.减少、Fe3＋.增加；所以含有NH4+、Fe3＋的溶液与氢氧化钠溶液反应，然后微热并搅拌后，分别生成氨气、氢氧化铁沉淀，则加入硫酸后溶液中含有硫酸铁，减少的离子为NH4+、Fe2+，增加的离子为Fe3+、Na+，所以原溶液中离子数目基本不变的为Cl－；故答案选C。【点睛】本题考查离子的共存，把握Na2O2的氧化性及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查。10、C【解析】CCl4在标准状况下为液态，所以无法计算分子数，选项A错误。NA个CO2分子为1mol，在标准状况下占有的体积为22.4L，通常状况下的体积一定不是22.4L，选项B错误。1.06gNa2CO3的物质的量为0.01mol，其中含有的Na＋数为0.02mol，所以选项C正确。选项D中没有说明溶液的体积，所以无法计算氯离子个数。选项D错误。11、D【解析】

盐是由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物，进行分析解答。【详解】A、水属于氧化物，不属于盐，故A错误；B、H2SO4在水溶液电离出氢离子和硫酸根离子，阳离子全是氢离子，属于酸，故B错误；C、氢氧化钾能电离出钾离子和氢氧根离子，属于碱，故C错误；D、KNO3是由钾离子和硝酸根离子组成，属于盐，故D正确；故答案选D。12、D【解析】试题分析：A、标准状况下，22.4L甲烷正好是1mol，含原子数的物质的量为5mol；B、标准状况下，44.8L氮气和氧气的混合气体，含原子数的物质的量为4mol；C、常温常压下，66g二氧化碳气体，含有的原子数的物质的量为4.5mol；D、100mL1mol/L硫酸中，含有的氢离子和硫酸根离子的物质的量总的为0.7mol，但是其中的水还有相当多的一部分，因此在这个溶液中所含有的原子数目是最多的。选D。考点：考查物质的量。13、C【解析】

A、最高价氧化物CO2、SiO2为酸性氧化物能与NaOH溶液反应，选项A正确；B、单质碳和硅在加热时都能与氧气反应，生成CO、CO2、SiO2等氧化物，选项B正确；C、CO2＋H2O=H2CO3，但CO不溶于水，SiO2不溶于水也不与水反应，选项C错误；D、石墨、金刚石、无定形碳为碳的同素异形体，晶体硅和无定形硅是硅的同素异形体，选项D正确；答案选C。14、C【解析】

A.依据形状可知该仪器为圆底烧瓶，故A错误；B.依据形状可知该仪器为漏斗，故B错误；C.容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度。当瓶内体积在所指定温度下达到标线处时，其体积即为所标明的容积数，故C正确；D.依据形状可知该仪器为分液漏斗，故D错误；答案选C。15、C【解析】分析：根据物质的性质判断反应的可能性，A.Al与NaOH发生反应生成AlO2-和氢气；B.NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水；C.SiO2不溶于水，也不与水反应；D.Fe（OH）2可与H2O、O2发生化合反应生成Fe（OH）3。详解：Al与NaOH发生反应生成AlO2-，可一步反应生成，A错误；NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，可一步反应生成，B错误；SiO2不溶于水，也不与水反应，因此SiO2先与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠溶液，然后再加入稀硫酸可以得到硅酸，C正确；Fe（OH）2可与H2O、O2发生化合反应生成Fe（OH）3，D错误；正确选项C。16、B【解析】

两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，则二者的体积相等；A．二者质量相等、密度相等，所以其体积相等，与摩尔质量无关，故A错误；B．若M（甲）＜M（乙），根据pV=nRT=RT，所以pM=ρRT，二者密度、温度相等，所以其压强与摩尔质量成反比，所以气体的压强：甲＞乙，故B正确；C．若M（甲）＞M（乙），根据n=，二者的物质的量：甲＜乙，根据Vm=知，气体的摩尔体积：甲＞乙，故C错误；D．若M（甲）＜M（乙），根据n=，二者的物质的量：甲＞乙，根据N=nNA知，二者的分子数甲＞乙，故D错误；答案选B。17、A【解析】

加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式知，参加反应的HCl有一半被氧化生成氯气，若反应过程中消耗了0.2molHCl，根据Cl原子守恒知，理论上生成n（Cl2）=0.05mol，m（Cl2）=nM=0.05mol×71g/mol=3.55g，故答案选A。【点睛】本题考查化学反应方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意该反应中一半的HCl体现酸性、一半的HCl体现还原性，另外要注意审题，只计算“理论上”生成的氯气质量。18、C【解析】

A．铜的冶炼是化合态铜元素变化为游离态，是化学变化，故A错误；B．粮食酿醋过程中，有新物质生成，是化学变化，故B错误；C．打磨磁石制司南是物体形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，故C正确；D．火药使用是用S、C和KNO3，爆炸时发生反应的化学方程式为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，是化学变化，故D错误；故答案为C。19、A【解析】

同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等，再结合m=nM、分子构成分析解答。【详解】同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等，A.NH3分子中含有4个原子，H2和O2为双原子分子，物质的量相等时含有原子数一定不相等，所以A选项符合题意；

B.根据N=nNA可以知道，气体物质的量相等时含有分子数一定相等，故B不符合题意；

C.NH3的摩尔质量为17g/mol；H2的摩尔质量为2g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，当H2和O2的平均摩尔质量为17g/mol时，两个容器中盛有气体的质量相等，故C不符合题意；

D.NH3分子中含有10个电子；H2分子中含有2个电子，O2分子中含有16个电子，当H2和O2的混合气体的平均电子数为10时，两个容器中含有电子数相等，故D不符合题意。

答案选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，由电荷守恒可知溶液中n(Al3+)==0.06mol；将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl-)+n(Al3+)=0.26mol+0.06mol=0.32mol，则至少需要4mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.08L=80mL，故答案为C。21、C【解析】

二氧化硫能够使品红溶液褪色，表现了二氧化硫的漂白性，答案选C。22、D【解析】

A.该原子结构示意图为，该元素位于第七周期、第VIIA族，故A正确；B.同位素具有相同质子数、不同中子数,而原子的质子数=核外电子总数,则Ts的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；C.同一主族元素中,随着原子序数越大,元素的非金属性逐渐减弱,则Ts在同族元素中非金属性最弱，故C正确；D.该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293,该原子正确的表示方法为：，故D错误；故答案选：D。二、非选择题(共84分)23、Na＞Al＞OHNO3＞H2SiO3＞Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-离子2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O或6H++5Cl-+ClO3-=3Cl2↑+3H2OHCl＞HI【解析】

根据元素在周期表中的位置，可得①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Al元素，⑦为Si元素，⑧为Cl元素，根据元素周期律分析解答。【详解】(1)④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Al元素，O为两个电子层，Na与Al元素为三个电子层，电子层数越多，半径越大，同周期元素核电荷数越大半径越小，原子半径由大到小的顺序为Na＞Al＞O；(2)③为N元素，⑦为Si元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的含氧酸的酸性越强，非金属性：N＞Si，则最高价含氧酸的酸性强到弱的顺序为HNO3＞H2SiO3；(3)⑤为Na元素，⑥为Al元素，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性：Na＞Al，碱性强弱比较：NaOH＞Al(OH)3；两者相互反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-；(4)⑤为Na元素，⑧为Cl元素，由元素⑤和⑧共同组成的化合物为NaCl，是离子化合物，电子式为；(5)由元素①⑧形成的化合物A为HCl，由元素④⑤⑧的化合物B为NaClO或NaClO3，可相互反应产生黄绿色气体单质，该反应的离子方程式为2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O或6H++5Cl-+ClO3-=3Cl2↑+3H2O；该黄绿色气体单质会使得湿润淀粉碘化钾试纸变蓝色，表明生成了碘单质(I2)，该气体为氯气，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，则非金属性：Cl＞I，则由此推测这两种元素的气态氢化物的稳定性强弱顺序为：HCl＞HI。24、过滤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，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应②③中生成的沉淀为Al(OH)3，受热分解生成B为Al2O3，反应②为KAl(SO4)2、氨水的反应，则溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4、和过量的NH3·H2O，生成的沉淀为Al(OH)3，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【详解】(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离方法为过滤，故答案为：过滤；(2)由上述分析可知，B为Al2O3，D为Fe2O3，E为K2SO4、(NH4)2SO4、NH3·H2O；(3)①根据分析可知该反应为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；②为KAl(SO4)2和氨水的反应，氨水为弱碱不和氢氧化铝沉淀反应，所以方程式为：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4＋；③为偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸，方程式为：AlO2-+H2O+H+＝Al(OH)3↓；④为加热氢氧化铝沉淀，方程式为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O。【点睛】本题以实验形式考查混合物的分离、提纯，明确物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化铝、氢氧化铝的两性，氢氧化铝不能溶于过量氨水中，题目难度中等。25、3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑氧化产物产生水蒸气防止暴沸【解析】(1)由图可知，A中加热水得到水蒸气，在B中Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，反应中铁元素化合价升高被氧化，四氧化三铁为氧化产物，故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；氧化产物；(2)根据图示和发生的反应可知，加热烧瓶的目的是产生水蒸气，故答案为：产生水蒸气；(3)烧瓶底部放了几片碎瓷片，可以防止暴沸，故答案为：防止暴沸。26、2.0①②⑤偏低①②④⑥【解析】

(1)根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量；(2)称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙，称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放；(3)、(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析。【详解】(1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案为：2.0；(2)氢氧化钠具有腐蚀性，所以称量氢氧化钠固体应用的仪器：托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：①②⑤；(3)定容时加水超过刻度线，所配制的溶液的体积偏大，会使配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；(4)①称量读数时，左盘高，右盘低，导致称量的固体质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；④定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；⑤在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；综上所述，①②④⑥满足题意，故答案为：①②④⑥。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析：凡是实验操作中引起溶质的量n增大的，所配溶液的浓度偏高，凡是实验操作中引起溶液体积V增大的，所配溶液的浓度偏低。27、猜想3：气体为CO2和SO2的混合气体酸性KMnO4溶液验证混合气体中是否含有SO2还原性验证混合气体中是否含有CO2CO2和SO2的混合气体【解析】猜想：气体通入澄清石灰水，发现变浑浊，持续通入发现浑浊又变澄清，说明气体为SO2，CO2中一种或两种，故该气体可能是SO2气体；该气体可能是CO2气体；该气体可能是SO2、CO2的混合气体；（1）由于SO2会干扰CO2的检验，则装置B的作用是除去SO2，防止影响CO2检验，所以试剂是酸性KMnO4溶液；（2）装置A用于检验二氧化硫，即A中品红溶液的作用是验证混合气体中是否含有SO2；（3）B中酸性高锰酸钾溶液褪色，证明SO2具有还原性；（4）在排除SO2情况下，检验CO2用澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，说明含有CO2，装置D中澄清石灰水作用是检验CO2的存在；（5）①A中品红褪色，说明气体含有SO2，②C中品红不褪色且③D中澄清石灰水变浑浊，说明含有气体中含有CO2，故该气体是SO2、CO2的混合气体。点睛：本题考查物质的检验与物质组成的测定、对实验装置的理解、元素化合物性质等知识，掌握元素化合物的性质是解题的关键，注意掌握物质性质实验方案的设计原则。难点是气体检验顺序的确定，由于二者均是酸性氧化物，都能使澄清石灰水变浑浊，所以首先要检验SO2并除去SO2后再检验CO2的存在。28、不属于酸10-4344OH-342H2OC＋H2O(g)CO＋H2abN2+O22NO2CO+2NO2CO2+N2【解析】

（1）胶体的分散系中分散质的直径在1～100nm；（2）观察表格中发现其中含有，水解显酸性，PM2.5呈为酸性；（3）反应中N元素化合价由+2价的NO升高为中+5价，共升高3价，Cl元素由中+3价降低为−1价，共降低4价，化合价升降最小公倍数为12，故系数为3，故NO系数为4，利用电荷守恒及元素守恒配平物质的系数；（4）①碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气；②二氧化硫为酸性氧化物，吸收二氧化硫的试剂和二氧化硫发生反应；（5）①汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO

排放量越大，汽缸中生成NO

是空气中氮气和氧气放电生成一氧化氮；②在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO

的污染，一氧化碳和一氧化氮催化剂作用生成氮气和二氧化碳。【详解】（1）胶体的分散系中分散质的直径在1～100nm，PM2.5是指大气中直径接近于2.5×10−6m的颗粒物，直径大于100nm，则细颗粒物分散在空气中形成的分散系不是胶体，故答案为：不属于；（2）观察表格中发现水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性，试样的pH值根据溶液中电荷守恒计算得到：，将各个数值代入上述式子可得c(H+)=1.0×10−4mol/L，氢离子浓度为10−4mol/L，故答案为：酸；10−4；（3）反应中N元素化合价由+2价的NO升高为中+5价，共升高3价，Cl元素由中+3价降低为−1价，共降低4价，化合价升降最小公倍数为12，