2026届云南省禄劝彝族苗族自治县一中化学高一第一学期期末监测模拟试题含解析

2026届云南省禄劝彝族苗族自治县一中化学高一第一学期期末监测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、将12.4克氧化钠溶于87.6克水中，所得溶液溶质的质量分数是()A．8.0%B．12.4%C．16%D．32%2、下列实验操作正确的是（）A．用灼热的氧化铜除去CO2中混有的少量COB．用NaOH溶液除去SO2中混有的HClC．用100mL量筒量取8.53mL蒸馏水D．为加快过滤速度，可用玻璃棒在漏斗中搅拌3、硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述正确的是()A．SiO2可与水反应制备硅胶B．SiO2与NaOH和HF均可反应，属于两性氧化物C．玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐产品D．晶体硅可做光导纤维4、关于0.1mol/L盐酸和0.1mol/LNaOH溶液的描述错误的是()A．0.1mol/L的盐酸中H+浓度为0.1mol/LB．NaOH固体溶于水时发生电离：NaOH=Na++OH-C．两者混合时反应离子方程式为：H++OH-=H2OD．两者混合时会吸收热量5、下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化原因的是A．向FeCl3溶液中滴加几滴KSCN溶液，变成红色：FeCl3+3KSCN=Fe(SCN)3↓+3KClB．向新制的KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加淀粉溶液，溶液显蓝色：2KI+Br2=I2+2KBrC．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4D．向CuSO4溶液中滴加NaOH溶液，产生蓝色沉淀：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO46、下列实验现象和结论相符的是()操作及现象结论A溶液中加入盐酸,产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体溶液中一定含有CO32-B某溶液中加入硝酸银,产生白色沉淀溶液中一定含有Cl-C某气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊该气体一定是CO2D向某溶液中先加KSCN无明显现象,再滴氯水,溶液变红溶液中一定含有Fe2+A．A B．B C．C D．D7、如图是实验室某硫酸试剂瓶标签上的部分内容，据此下列说法正确的是（）A．该硫酸的物质的量浓度为9.2

mol/LB．该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数等于49%C．配制500

mL

4.6

mol/L的稀硫酸需取该硫酸125.0

mLD．1molFe与足量的稀硫酸反应，标准状况下产生44.8L气体8、等质量的镁分别在足量的二氧化碳、氧气中燃烧，有关叙述正确的是（）A．在二氧化碳中燃烧产生的固体质量大B．在氧气中产生的氧化镁质量大C．氧化剂与还原剂物质的量之比都是2∶1D．反应中都是氧元素被还原9、澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约，在低于时，泡沫具有永久磁性，下列叙述正确的是（）A．“碳纳米泡沫”是一种胶体B．“碳纳米泡沫”是一种新型的碳化合物C．“碳纳米泡沫”在一定条件下能吸引磁铁D．“碳纳米泡沫”与石墨的相互转化不属于化学反应10、如图列出主要物质间的转化关系，其中X、Y可能是①NaOH、Na2CO3②KAlO2、Al(OH)3③Fe、Fe(NO3)2④S、SO2⑤SiO2、Na2SiO3⑥NH3、NOA．①②⑥ B．②③④C．①④⑤ D．①②③11、实验室用NaCl固体配200mL1.0mol／LNaCl溶液，下列判断不对的是A．用托盘天平称取NaCl固体11.7gB．应选用250mL的容量瓶来配制此溶液C．在转移操作中不慎将溶液洒到容量瓶外面，应该重新配制溶液D．加蒸馏水至离刻度线1～2cm时改用胶头滴管定容12、下列叙述正确的是（）①铁能被磁铁吸引②在人体的血红蛋白中含有铁元素③镁在空气中可剧烈燃烧，并发出强光④铁能在氧气中剧烈燃烧，生成黑色的Fe3O4⑤在空气中加热铜可生成黑色的CuOA．①②④⑤ B．②③④⑤C．①③④⑤ D．全部13、下列除杂（括号内为杂质）方案不正确的是选项待提纯的物质选用的试剂操作的方法A．NaCl（HCl）—蒸发B．Cu（CuO）稀硫酸溶解、过滤、洗涤C．SiO2（Al2O3）稀盐酸溶解、过滤、洗涤D．FeCl2（FeCl3）氢氧化钠溶液溶解、过滤、洗涤A．A B．B C．C D．D14、下列属于酸性氧化物的是A．Mg(OH)2 B．H2SO4 C．SiO2 D．NaClO15、将金属铜、铁置于氯化铁溶液中充分反应，下列对反应情况设想的评价正确的是()选项反应情况设想评价A当铁、铜均不剩余时，溶液中一定有Fe2＋、Cu2＋，一定无Fe3＋正确，Fe3＋和Fe、Cu均可反应B当铁、铜均有剩余时，溶液中一定有Fe2＋、Cu2＋，无Fe3＋正确，Fe和Cu与Fe3＋都反应，故有Fe2＋和Cu2＋，无Fe3＋C当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定只有Fe2＋，无Cu2＋正确，Cu有剩余，故无Cu2＋D当铁有剩余，铜无剩余时，溶液中一定有Fe2＋、Cu2＋不正确，不可能有Fe剩余而无Cu剩余，因为Fe比Cu优先与Fe3＋反应A．A B．B C．C D．D16、下列物质中，只含有非极性共价键的是（）A．KOH B．H2S C．Cl2 D．MgO17、下列说法正确的是A．SiO2是酸性氧化物，它不溶于水也不溶于任何酸B．SiO2制造玻璃的主要原料之一，它在常温下不与NaOH溶液反应C．因高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以H2SiO3酸性比H2CO3强D．CO2通入水玻璃中可得硅酸18、下列属于电解质的是()A．盐酸 B．蔗糖 C．熔融氯化钠 D．铜19、1molMgSO4·7H2O含有结晶水的质量为A．16g B．18g C．112g D．126g20、下列物质与危险化学品标志的对应关系不正确的是ABCD酒精氢气NaOH溶液CuA．A B．B C．C D．D21、已知由二氧化碳和氧气组成的混合气体，其平均相对分子质量为38，则该混合气体中二氧化碳和氧气的质量比为()A．1∶1 B．1∶2 C．11∶8 D．8∶1122、在密闭容器中进行如下反应：X2(g)+Y2(g)⇌2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是()A．Z为0.3mol/L B．Y2为0.4mol/L C．X2为0.2mol/L D．Z为0.4mol/L二、非选择题(共84分)23、（14分）物质有以下转化关系：根据上图和实验现象，回答下列问题：(用化学式表示)（1）A是_____，X粉末是_______；（2）写出反应①的化学方程式___________________；（3）写出反应②的离子方程式___________________；（4）写出除去固体C中混有的NaHCO3的化学方程式____________。24、（12分）有X、Y、Z三种元素：（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体；（2）X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色；（3）XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红；（4）每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体；（5）Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性。试写出其元素符号：X__，Y__，Z__，化合物的分子式：XZ__，X2Y__。25、（12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26、（10分）金属钠与水的反应是中学化学中的一个重要反应。高一化学教材中该实验曾出现过几种不同的演示方法。分别如下图中(A)(B)(C)所示:(1)现按图(A)所示的方法，在室温时，向盛有饱和Na2CO3溶液(滴有几滴酚酞)的烧杯中，加入一小块金属钠。①不可能观察到的现象是___________(填字母代号)。A．钠浮在液面上，并四处游动，最后消失B．反应过程中钠熔化成一个光亮的小球C．反应开始后，溶液由无色变红色D．恢复到室温时，烧杯底部有固体物质析出②按图(B)所示方法来收集产生的气体，需将钠包好，再放入水中。取相同质量的钠按下列几种情况收集产生的气体，在相同条件下体积最大的是______(填字母代号)。A．用扎有小孔的铝箔包住钠B．用扎有小孔的铜箔包住钠C．直接将钠投人水中(2)按图(C)所示的方法进行该实验，若500mL的矿泉水瓶开始时装有477.6mL水，用手挤压矿泉水瓶至水刚好充满矿泉水瓶并塞紧带有钠的塞子，要使倒置的矿泉水瓶正好恢复原状，假设矿泉水瓶内外均为标准状况，则大头针上扎着的钠粒质量约为_______g。(3)1998年全国高考试题中的实验题就是根据图(B)的原理设计的。题目及部分答案如下：测定一定质量的铝锌合金与强酸溶液反应产生的氢气的体积，可以求得合金中铝和锌的质量分数。现有下列实验用品:800毫升烧杯、10毫升量筒、短颈玻离漏斗、长颈漏斗、玻璃棒、铜网、铝锌合金样品、浓盐酸(密度1.19克/毫升)、水。按图示装置进行实验，回答下列问题。(设合金样品完全反应产生的气体体积不超过100毫升。)I、补充下列实验步骤，直到反应开始进行(铁架台和铁夹的安装可省略):①将称量后的合金样品用铜网小心包裹好，放在800毫升烧杯底部，把短颈漏斗倒扣在样品上面。……[答案]②往烧杯中注入水，直至水面没过漏斗颈。[评分标准,凡加水改为加酸者，不论其他后续步骤是否正确，本小题一律0分]③在100毫升量筒中装满水，倒置在盛水的烧杯中(量筒中不应留有气泡)，使漏斗颈插入量筒中。烧杯中水面到杯口至少保留约100毫升空间。④将“仪器A”插入烧杯并接近烧杯底部，通过它慢慢加入浓盐酸，至有气体产生。回答下列问题:a.合金样品用用铜网包裹的目的是______________。b.为什么在“②往烧杯中注入水，直至水面没过漏斗颈”这一步中改加水为加酸会得0分(请写出两条原因)：_____________________。c.“仪器A”可以是_________________。27、（12分）(1)配制500mL浓度为溶液，需称取固体____g，然后再加入适量水，将上述固体溶解，待__________后，再转移到______中，定容，摇匀。(2)在实验(1)中，其他操作均正确，但定容时俯视刻度线，会导致所配制的溶液中溶质的物质的量浓度_____（填“大于”“小于”或“等于”，下同）。(3)在实验(1)中，转移NaOH溶液至容量瓶中时洒落少许，则所配制的溶液中溶质的物质的量浓度______。28、（14分）由硫铁矿烧渣（主要含Fe2O3和SiO2）制备绿矾（FeSO4·7H2O），再通过绿矾制备铁矾[FeO(OH)]的流程如下：（已知FeS2和铁矾均难溶于水）（1）“酸溶”步骤中，最好采用___________________（填“盐酸”、“硫酸”或“硝酸”）溶解烧渣。（2）写出“还原”步骤发生反应的离子方程式：___________________。（3）对“还原”后的溶液进行“操作X”，可得到绿矾。“操作X”是指___________________，过滤，洗涤，干燥。（4）请补充完整检验“还原”后所得溶液中是否含有Fe3+的实验方案：取“还原”后溶液于试管内，___________________。（5）最后一步制备铁矾的反应中，还生成一种可作化肥的物质，它的化学式为___________________。29、（10分）氧化还原是一类重要的反应。（1）已知反应2I-＋2Fe3+=I2＋2Fe2+，反应中还原剂是_________，氧化性Fe3+______I2(填“＜”或“＞”)。（2）在2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2反应中，若转移3mol电子，则所产生的氧气在标准状况下的体积为___________L。（3）在xR2++yH++O2═mR3++nH2O的离子方程式中，对系数m和R2+、R3+判断正确的是__。A．m=y，R3+是还原剂B．m=2y，R2+被氧化C．m=2，R3+是氧化剂D．m=4，R2+是还原剂（4）用双线桥标出反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中电子转移的方向和数目_________。（5）氯气和石英砂、碳粉共热可发生反应：SiO2＋2C＋2Cl2SiCl4＋2CO

当反应消耗6

g

碳时，生成还原产物_________mol。

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、C【解析】

根据氧化钠与水反应生成氢氧化钠，据此由参加反应的氧化钠的质量、反应的化学方程式计算出生成氢氧化钠的质量，进而由溶质质量分数的计算方法计算出所得溶液溶质的质量分数。【详解】设生成NaOH的质量为x，则根据方程式可知Na2O+H2O＝2NaOH628012.4gx62：80＝12.4g：x解得x＝16g。所得溶液为氢氧化钠溶液，其溶质的质量分数是16g/(12.4g+87.6g)×100%＝16%。答案选C。【点睛】掌握利用化学方程式与溶质质量分数的综合计算即可正确解答本题，明确所得溶液为生成的氢氧化钠溶液是正确解答本题的关键。2、A【解析】

A.灼热的氧化铜可与CO反应生成二氧化碳，且不引入新的杂质，则可用CuO除去CO2中混有的少量CO，A正确；B.SO2、HCl均可与NaOH反应，则用NaOH溶液除去HCl的同时，还可吸收SO2，B错误；C.100mL量筒的精确度为0.1mL，不能量取8.53mL蒸馏水，C错误；D.为加快过滤速度，可采用抽滤的方法，不能用玻璃棒在漏斗中搅拌，D错误；答案为A。3、C【解析】

A．二氧化硅与水不反应，故A错误；B．二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，但二氧化硅属于酸性氧化物，故B错误；C．制备玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，制备水泥的主要原料是黏土、石灰石，制备陶瓷的主要原料是黏土，石英主要成分是二氧化硅、黏土属于硅酸盐，故都属于硅酸盐产品，故C正确；D．光导纤维是二氧化硅，而不是硅，故D错误；故答案为C。【点睛】考查硅及其化合物的性质与用途，硅位于金属和非金属分界线附近，常用作半导体材料，为无机非金属材料的主角，而二氧化硅具有熔点高、硬度大的特点，常用于制备耐高温材料和光导纤维，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸氢氟酸反应。4、D【解析】

A．HCl为强电解质，在溶液中完全电离，则0.1mol/L的盐酸中H+浓度为0.1mol/L，A描述正确；B．NaOH为强电解质，其固体溶于水时完全电离，电离方程式为NaOH=Na++OH-，B描述正确；C．两者混合时，盐酸与NaOH的反应为氢离子与氢氧根离子的反应，则反应离子方程式为：H++OH-=H2O，C描述正确；D．盐酸与NaOH两者混合时发生中和反应，为放热反应，会释放热量，D描述错误；答案为D。5、A【解析】

A.FeCl3溶液与KSCN反应产生的红色物质Fe(SCN)3是可溶性物质，不是沉淀，A错误；B.物质氧化性：Br2>I2，所以向新制的KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，会发生反应：2KI+Br2=I2+2KBr，产生的I2单质遇滴加淀粉溶液，溶液显蓝色，B正确；C.金属活动性Zn>Cu，所以向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，发生置换反应：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，溶液中无Cu2+，Zn2+水溶液显无色，因此反应后溶液蓝色消失，C正确；D.CuSO4与NaOH会在溶液中发生复分解反应：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，产生蓝色Cu(OH)2沉淀，D正确；故合理选项是A。6、D【解析】

A.溶液中含有亚硫酸根离子和盐酸反应生成的二氧化硫也可以使澄清石灰水变浑浊，不一定是碳酸根离子，故A错误；B.溶液中含有硫酸根离子也可以生成硫酸银白色沉淀，不一定含有氯离子，故B错误；C.二氧化硫也可以使澄清石灰水变浑浊，故C错误；D.向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红是检验亚铁离子检验方法，反应现象证明含有亚铁离子，故D正确。故选D。【点睛】CO2和SO2气体都能使澄清石灰水变浑浊，鉴别CO2和SO2气体可以通过品红溶液，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色。7、C【解析】

A.根据c=计算该浓硫酸的物质的量浓度；B.根据密度和体积计算溶液的总质量，根据硫酸的密度大于水的密度，判断质量分数关系；C.根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，据此计算需要浓硫酸的体积；D.根据Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑中物质反应转化关系计算。【详解】A.该硫酸的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，A错误；B.由于硫酸的密度大于水的密度，所以两种溶液等体积混合，硫酸溶液的质量大于水的质量，则所得溶液的质量分数大于49%，B错误；C.需浓硫酸的体积为V，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，则500mL×4.6mol/L=V×18.4mol/L，解得V=125.0

mL，C正确；D.硫酸与Fe发生置换反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，根据方程式可知1molFe反应产生1molH2，其在标准状况下的体积V(H2)=1mol×22.4L/mol=22.4L，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查溶液浓度的计算和大小比较，注意：硫酸的浓度越大，密度越大；物质的量浓度与质量分数换算式的关系c=及浓硫酸的稀释公式是c1V1=c2V2，浓硫酸溶于水会放出大量的热，浓硫酸的密度比水大，所以稀释时要注酸入水，防止液滴飞溅，导致危险。8、A【解析】

Mg与氧气反应生成MgO，与二氧化碳反应生成MgO与C，根据相同质量的Mg生成MgO和MgO及C固体的质量增重大小分析解答。【详解】A.Mg与氧气反应生成MgO，与二氧化碳反应生成MgO与C，因此等质量的镁在二氧化碳中燃烧产生的固体质量大，A正确；B.根据选项A分析可知等质量的镁在二氧化碳中燃烧产生的固体质量大，在氧气中产生的氧化镁质量小，B错误；C.镁分别在足量的氧气、二氧化碳中燃烧方程式为：2Mg+O22MgO，2Mg+CO22MgO+C，在两个反应中，Mg作还原剂，O2、CO2作氧化剂，所以根据方程式可知两个反应中氧化剂与还原剂物质的量之比都是1∶2，C错误；D.在Mg与CO2的反应中，被还原的元素是C元素，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了金属镁燃烧的知识。镁是比较活泼的金属，可以在空气中、氧气中、氮气中、二氧化碳气体中燃烧，燃烧时都发生耀眼的白光，同时放出大量的热，产生白烟。要根据燃烧产生的物质状态结合反应的镁的质量分析比较产物质量大小，无论在什么环境中燃烧，都是镁作还原剂，气体物质作氧化剂，根据方程式确定氧化剂与还原剂的物质的量关系。9、C【解析】

A．“碳纳米泡沫”是由碳元素组成的单质，是纯净物，胶体是混合物，故A错误；B．“碳纳米泡沫”是由碳元素组成的单质，不是化合物，故B错误；C．“碳纳米泡沫”在低于−183℃时，泡沫具有永久磁性，故“碳纳米泡沫”在低于−183℃时，能吸引铁，故C正确；D．“碳纳米泡沫”和石墨都是碳元素组成的单质，它们之间的相互转化属于化学反应，故D错误；答案选C。【点睛】胶体的分散质粒子直径在1nm到100nm之间，是混合物，题中所给物质为单质。10、D【解析】

①X为NaOH，Y为Na2CO3，W为CO2，Z为NaHCO3，NaOH和二氧化碳反应，二氧化碳不足生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，可实现图中转化，故正确；②X为KAlO2，Y为Al(OH)3，W为HCl，Z为AlCl3，盐酸和KAlO2反应，盐酸过量生成氯化铝，盐酸不足生成氢氧化铝，可实现图中转化，故正确；③X为Fe，Y为Fe(NO3)2，W为硝酸，Z为Fe(NO3)3，硝酸过量时生成三价铁，硝酸不足时生成二价铁，可以实现X→Y→Z的转化，故正确；④X为S，Y为SO2，W为O2，S和过量氧气反应不能直接生成三氧化硫，无法实现X→Y→Z的转化，故错误；⑤X为SiO2，Y为Na2SiO3，W为NaOH，Na2SiO3和NaOH不反应，无法实现X→Y→Z的转化，故错误；⑥X为NH3，Y为NO，W为O2，NH3可以催化氧化为NO，NO可以和氧气生成NO2，但NH3不能直接转化为NO2，错误；以上反应符合有①②③，故选D。11、A【解析】

A、实验室没有200mL的容量瓶，应选用250mL的容量瓶，称量14.6g，A错误，符合题意；B、实验室没有200mL的容量瓶，应选用250mL的容量瓶，B正确，不符合题意；C、在转移操作中不慎将溶液洒到容量瓶外面，溶质损失，应该重新配制溶液，C正确，不符合题意；D、加蒸馏水至离刻度线1～2cm时改用胶头滴管定容，D正确，不符合题意；答案选A。12、D【解析】

①铁能被磁铁吸引，故正确；②人体的血红蛋白中含有铁元素，贫血时可通过补铁治疗，故正确；③镁在空气中可剧烈燃烧生成氧化镁，并发出强光，故正确；④铁能在氧气中剧烈燃烧，火星四射，生成黑色的Fe3O4，故正确；⑤在空气中加热Cu可生成黑色CuO，故正确；故答案选D。13、D【解析】

A．盐酸有挥发性，则利用加热蒸发的方法可除去NaCl溶液中混有的HCl，故A正确；B．CuO与稀硫酸反应生成氯化铜，氯化铜溶于水，而Cu与稀硫酸不反应，所以加入稀盐酸后，过滤、洗涤、干燥可得Cu固体，故B正确；C．Al2O3能溶于稀盐酸，而SiO2不溶于稀盐酸，利用稀盐酸可除去SiO2中混有的少量Al2O3，故C正确；D．FeCl2和FeCl3均能和NaOH溶液反应，利用NaOH溶液无法除去FeCl2中混有的少量FeCl3，故D错误；故答案为D。【点睛】解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:①不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；②分离提纯后的物质状态不变；③实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。14、C【解析】

酸性氧化物是能与碱反应只生成一种盐和水的氧化物。【详解】A.氢氧化镁是碱，不属于酸性氧化物，故A错误；B.硫酸是酸，不属于酸性氧化物，故B错误；C.二氧化硅可以与碱反应生成硅酸盐和水，为酸性氧化物，故C正确；D.次氯酸钠是盐，不属于酸性氧化物，故D错误；故答案选C。15、D【解析】

A、当铁铜均不剩余时，Fe3+和Fe、Cu均可反应，故溶液中一定有Fe2+、Cu2+，若恰好完全反应，则无Fe3+，若氯化铁过量，则含有Fe3+，故A错误；

B、当铁铜均有剩余时，Fe与Cu2+和Fe3+都反应，故溶液中一定有Fe2+，无Fe3+、Cu2+，故B错误；

C、当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定有Fe2+，若铁与Fe3+恰好完全反应，则无Cu2+，若Fe3+过量，则含有Cu2+，故C错误；

D、不可能有Fe剩余，Cu不剩余，因为Fe比Cu优先与Fe3+反应，故D正确；故选D。16、C【解析】

A．KOH是离子化合物，含有离子键和极性共价键，故A错误；B．H2S是共价化合物，只含有极性共价键，故B错误；C．Cl2是单质，只含有非极性共价键，故C正确；D．MgO是离子化合物，只含有离子键，故D错误；答案选C。【点睛】含有离子键的化合物称为离子化合物，离子键一般存在于活泼金属和活泼非金属之间，氯化铵等除外，非金属元素之间一般形成共价键，氯化铝等除外，同种原子间一般形成非极性共价键，不同种原子之间一般形成极性共价键。17、D【解析】A．SiO2是酸性氧化物，它不溶于水，一般也不溶于酸，但是可以溶于氢氟酸，选项A错误；B．SiO2是制造玻璃的主要原料之一，它在常温下能与NaOH溶液反应，选项B错误；C．要证明H2CO3酸性比H2SiO3强，应该采用常温下强酸制取弱酸的方法，应该将二氧化碳通入硅酸钠溶液中观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就说明H2CO3酸性比H2SiO3强，选项C错误；D．由于H2SiO3酸性比H2CO3弱，所以CO2通入水玻璃中可得硅酸，选项D正确。答案选D。18、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。19、D【解析】

根据化学式可知，1molMgSO4·7H2O含有结晶水是7mol，所以质量是7mol×18g/mol=126g，答案选D。20、D【解析】

A．乙醇是液态物质，容易燃烧，所以属于易燃液体，图中标志合理，A正确；B．氢气是易燃气体，图中标志为易燃气体，B正确；C．硫酸有强腐蚀性，试管中的液体倒在手上或桌面上会产生腐蚀作用，表示该药品是腐蚀品，C正确；D．Cu是金属单质，无强氧化性，无腐蚀性，D错误；故合理选项是D。21、C【解析】

设混合气体中二氧化碳的物质的量为x，氧气的物质的量为y，则平均相对分子质量可表示为，可解得，质量比为，故答案为C。【点睛】本题的关键在于理解平均相对分子质量的概念，根据关系式得到物质的量之比，然后再求质量比。22、A【解析】

若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），开始（mol/L）：0.10.30.2变化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：00.20.4若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），开始（mol/L）：0.10.30.2变化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：0.20.40由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0<c（X2）<0.2，0.2<c（Y2）<0.4，0<c（Z）<0.4，选项A正确、选项BCD错误；答案选A。【点睛】本题考查化学平衡的建立，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，难度不大。化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大；若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小；利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析。二、非选择题(共84分)23、Na2O2Cu2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2Cu2++2OH-

＝Cu(OH)2↓【解析】

淡黄色的粉末可以是单质硫或是过氧化钠，但是能和二氧化碳反应的淡黄色粉末只有过氧化钠，则气体B为氧气，固体C为碳酸钠；X粉末与氧气加热反应生成黑色固体，黑色固体与硫酸反应得蓝色溶液，则X为Cu；蓝色溶液为硫酸铜溶液；碳酸钠与澄清石灰水反应得到NaOH溶液，NaOH与硫酸铜溶液反应得到氢氧化铜蓝色沉淀。【详解】（1）能和二氧化碳反应的淡黄色粉末只有过氧化钠，即A为，蓝色溶液是含有铜离子的溶液，结合上述分析，X粉末是金属铜，故答案为：；；（2）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）X粉末是金属铜，黑色固体是氧化铜，所以蓝色溶液是硫酸铜，固体C是碳酸钠，和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠可以和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，反应②的离子方程式是：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，故答案为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。（4）固体C是碳酸钠，除去碳酸碳中的碳酸氢钠可以采用加热的方法，方程式为：，故答案为：。24、HOClHClH2O【解析】

根据特殊颜色（苍白色）以及水在常温下为液体可以推断出各元素和各物质。【详解】X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色，所以X为H2，Z为Cl2，HCl为HCl；XZ极易溶于水，在水溶液中电离出H+和Cl-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，验证了刚才的结论；X2Y常温下为液体，根据X为氢元素，可以确定X2Y为H2O，所以Y为O；Cl2溶于H2O中，所得溶液中含有次氯酸，具有漂白性。综上可确定X为H，Y为O，Z为Cl。XZ为HCl，X2Y为H2O。25、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。26、CA0.046使样品在反应时能保持在烧杯底适当的位置(或答避免反应时样品漂浮,即起镊子夹持的作用)①先加酸会导致有部分H2逸出而无法收集，影响测定准确度；②不安全或实验者没有自我保护意识(因将盛水的量筒倒插入烧杯中时，手会与烧杯中的酸接触)；③酸的用量太大，浪费试剂。长颈漏斗【解析】（1）①将钠投入到饱和的碳酸钠溶液中，钠先和水反应，呈现的现象是：钠浮在水面上，熔化成一个光亮的小球，并四处游动，最后消失，溶剂水减少，且氢氧根的浓度增大，所以恢复到室温时，烧杯底部有固体物质析出，由于碱性增强，溶液颜色加深，答案选C。②钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，铜和氢氧化钠溶液不反应，所以生成氢气体积最大的是用铝箔包住钠，答案选A；（2）若500mL的矿泉水瓶开始时装有477.6mL水，用手挤压矿泉水瓶至水刚好充满矿泉水瓶并塞紧带有钠的塞子，要使倒置的矿泉水瓶正好恢复原状，则反应中产生的氢气体积是500mL－477.6mL＝22.4mL，在标准状况下的物质的量是0.001mol，根据方程式2Na+2H2O＝H2↑+2NaOH可知消耗金属钠是0.002mol，质量是0.002mol×23g/mol＝0.046g。（3）a.由于钠与水反应时钠会四处游动，所以合金样品用用铜网包裹的目的是使样品在反应时能保持在烧杯底适当的位置。b.由于先加酸会导致有部分H2逸出而无法收集，影响测定准确度；其次不安全或实验者没有自我保护意识；最后酸的用量太大，浪费试剂，所以不能改加水为加酸；c.向烧杯中加入盐酸可以用长颈漏斗，则“仪器A”可以是长颈漏斗。27、4.0冷却至室温容量瓶大于小于【解析】

(1)依据m=cVM计算需要溶质的质量；配制一定物质的量浓度溶液应在容量瓶中进行，注意容量瓶规格选择，注意容量瓶应在室温时体积才准确；(2)(3)分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析；【详解】(1)配制500mL浓度为0.2mol•L-1NaOH溶液，应选择500mL容量瓶；需要溶质的质量为：0.5L×0.2mol/L×40g/mol=4.0g；准确称量氢氧化钠以后，应先在烧杯中溶解，冷却到室温后，移液到500mL容量瓶；答案为：4.0；冷却到室温；500mL容量瓶；(2)在实验(1)中，其他操作均正确，但定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，会导致所配制的溶液中溶质的物质的量浓度大于0.2mol•L-1；答案为：大于；(3)在实验(1)中，转移NaOH溶液至容量瓶中时洒落少许，导致部分溶质损耗，溶质物质