湖南省长沙市开福区长沙市第一中学2026届化学高一第一学期期末调研模拟试题含解析

湖南省长沙市开福区长沙市第一中学2026届化学高一第一学期期末调研模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（）A．Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaClB．Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2AgC．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OD．CaO+H2O=Ca(OH)22、下列离子方程式正确的是()A．氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2+＋SO42-＝BaSO4↓B．碳酸钙与盐酸反应：CO32-＋2H+＝H2O＋CO2↑C．SiO2和氢氧化钠溶液的反应：SiO2＋2OH-＝SiO32-＋H2OD．用FeCl3溶液腐蚀铜箔制造印刷电路板：Fe3+＋Cu＝Fe2＋+Cu2+3、在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是()A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl－存在D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在4、下列实验操作可行的是（）A．用向上排空气法收集一氧化氮气体B．用湿润的红色石蕊试纸检验氨气C．用澄清石灰水鉴别二氧化碳和二氧化硫D．用玻璃塞的磨口瓶盛放氢氧化钠溶液5、在三个体积相同的密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的是（）A．p(Ne)＞p(H2)＞p(O2) B．p(O2)＞p(Ne)＞p(H2)C．p(H2)＞p(O2)＞p(Ne) D．p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)6、将SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个反应：SO2+2Fe3++2H2O==SO42－+4H++2Fe2+，Cr2O72－+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O。下列说法正确的是（）A．Cr2O72－不能将SO2氧化 B．还原性：Cr3+＞Fe2+＞SO2C．氧化性：Cr2O72－＞Fe3+＞SO2 D．两个反应中Fe3+均表现还原性7、下列变化中，不属于化学变化的是A．SO2使品红溶液褪色 B．氯水使有色布条褪色C．活性炭使红墨水褪色 D．O3使某些染料褪色8、在碳、氮、硫的氧化物中，许多是工业上重要的化工原料，但是当它们分散到空气中时，会带来很多环境问题。下列有关这些元素的氧化物的说法不正确的是（）A．开发太阳能、水能、风能、氢能等新能源将有利于减少这些氧化物的产生B．这些氧化物使雨水的pH<7，我们把pH<7的雨水称之为酸雨C．氮与硫的氧化物还能直接危害人的身体健康，引发呼吸道疾病D．“温室效应”与二氧化碳的排放有着直接的关系9、下列有关铁及其化合物的说法正确的是()A．铁的氧化物有FeO、Fe2O3、Fe3O4，它们都是黑色的固体B．铁的氢氧化物Fe(OH)2、Fe(OH)3的混合物可能是灰绿色C．鉴别Fe2＋中混有Fe3＋，可先加入Cl2水，再加入KSCN溶液D．铁的合金生铁比纯铁硬度大，熔点高。10、《本草纲目》中“烧酒”条目写道:“自元时始创其法，用浓酒和糟人甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”文中所用之“法”是指()A．蒸馏 B．渗析 C．萃取 D．过滤11、已知2NaOH＋Br2===NaBr＋NaBrO＋H2O，若从溴水中把溴萃取出来，可选用的萃取剂是（）A．食盐饱和溶液 B．无水酒精 C．四氯化碳 D．氢氧化钠溶液12、下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是()A．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定B．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多C．Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来D．Y在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应13、下列物质中能对被污染的饮用水起消毒杀菌作用的是（）A．生石灰 B．绿矾 C．明矾 D．漂粉精14、为了除去粗盐中的少量泥沙和Ca2+、Mg2+、SO42—等杂质离子，先将粗盐溶于水，过滤，然后对滤液进行4项操作：①过滤②加适量盐酸③加过量的NaOH和Na2CO3混合溶液④加入过量BaCl2溶液。上述4项操作的正确顺序为A．③④①② B．④③②①C．④③①② D．③④②①15、下列实验过程不可以达到实验目的的是()编号实验目的实验过程A探究维生素C的还原性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化B比较金属镁和铝的活泼性分別向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，比较反应现象C比较Fe3+和I2的氧化性强弱向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色D检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水A．A B．B C．C D．D16、分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是()A．SiO2、SO2、SO3均属于酸性氧化物B．H2SiO3、H2SO3、H2SO4均属于强酸C．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液D．根据是否能导电，将物质分为电解质和非电解质17、下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是()A．Ba(OH)2Ba2++(OH-)2 B．K2CO3==K2++CO32-C．NaHCO3===Na++H++CO32- D．NaHSO4===Na++H++SO42-18、下列各组物质能用分液漏斗分离的是A．植物油和水的混合物 B．含泥沙的食盐水C．乙醇的水溶液 D．硫酸钡和氯化银的固体混合物19、进入秋冬季节后，雾霾这种环境污染问题逐渐凸显。从物质分类来看雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质特征是：（）A．胶粒可以导电 B．胶体粒子大小在1~100nm之间C．胶体是混合物 D．胶体的分散剂为气体20、取铜镁合金14.4g完全溶于一定浓度的硝酸中，反应过程中硝酸的还原产物只有2.24LNO2和4.48LNO气体（气体体积都已折算成标准状况），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为A．22.4g B．26.3g C．28.5g D．30.0g21、三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z)，下列说法正确的是（）A．原子数相等的三种气体，质量最大是ZB．若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则他们的物质的量一定均为0.1molC．同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是XD．同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体，则压强比为2：122、下列属于电解质的是A．氢氧化钠 B．三氧化硫 C．酒精 D．食盐水二、非选择题(共84分)23、（14分）将铁、铝的混合物进行如下实验：(1)操作X的名称是________。(2)气体A是________(填化学式)。(3)A与Cl2混合光照可能发生爆炸，A在该反应中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)。(4)溶液B中的阴离子除OH－外还有________(填离子符号，下同)，溶液D中存在的金属离子为________。(5)加入足量NaOH溶液时发生反应的离子方程式为___________；加入稀盐酸发生反应的离子方程式为_________。(6)向溶液D中加入NaOH溶液，观察到产生的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，请写出沉淀转化的化学方程式：___________。24、（12分）已知A为常见的金属单质，根据如下所示的转化关系回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A________，B_______，C_______，D_________，E__________。(2)反应③的离子方程式为_______________；反应④的离子方程式为___________；反应⑦的化学方程式为_____________。25、（12分）某同学通过以下装置测定M样品(只含Fe、Al、Cu)中各成分的质量分数。取两份质量均为mg的M样品，按实验1（如图1）和实验2（如图2）进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V1mL和V2mL（已折算到标准状况下）。（1）写出实验1中可能发生反应的离子方程式：________________________；（2）M样品中铜的质量的数学表达式为（用V1和V2表示）：_________________________。（3）实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积________________________。(填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)；若拆去实验2中导管a，使测得气体体积___________________。（4）该实验需要0.50mol·L-1的NaOH溶液470mL，配制时应用托盘天平称量______________gNaOH。（5）该实验中所用稀硫酸是用98%的浓硫酸(ρ=1.84g/cm3)配制的，欲用该浓硫酸配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸100mL。①所需仪器除烧杯、玻璃棒外还需______________、______________、______________。②所取浓硫酸的体积为_________mL。下列操作引起所配溶液浓度偏高的是________________A．取浓硫酸时俯视B．在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移C．定容时俯视D．颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，但未加水至刻度线26、（10分）下图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。回答下列问题：(1)装置A中，仪器a的名称____________，该仪器中盛有的试剂为_________；(2)当Cl2气流通过一段时间后，装置B中溶液的pH________7(填“＞”“＜”或“＝”)，装置B中反应的化学方程式为_________________________________；(3)当Cl2气流持续通过时，装置D中干燥的有色布条能褪色，原因是_______________；(4)装置C中的溶液颜色由无色变为______________；装置E的作用是____________________________。27、（12分）某次实验需用80mL、3mol/L的稀H2SO4溶液，某同学用98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）进行配制，请回答下列问题：（1）98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）的物质的量浓度为________，需要80mL、3mol/L的稀H2SO4溶液，则需取________

mL(保留一位有效数字)的该硫酸，量取浓硫酸所用的量筒的规格是________（从下列中选用）A．10mL

B．25mL

C．50mL

D．100mL（2）将下列步骤中的空格内所用仪器补充填写完整①用量筒量取所需的浓硫酸②将烧杯中的溶液转移到________

mL的容量瓶中③将浓硫酸缓缓注入盛有适量蒸馏水的烧杯中，边加边搅拌④将溶液冷却，恢复至室温⑤向容量瓶中加入蒸馏水，在距离刻度1～2cm时，改用________加蒸馏水至刻度线⑥盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀⑦洗涤烧杯2～3次，洗涤液也注入容量瓶中．轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀．（3）实验中上述步骤的正确顺序为________（填序号）（4）下列各种情况对所配制溶液浓度有何影响（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中________．B．未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中：________．C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤________．D．定容时俯视液面读数：________．（5）取用任意体积的所配3mol/L硫酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_______（填字母）A．溶液中H2SO4的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中SO42¯的数目D．溶液的密度28、（14分）某混合物A，含有Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化。请回答下列问题。（1）沉淀F与NaOH溶液反应的离了方程式为_______________。（2）沉淀C与稀硫酸反应的离子方程式为_______________。（3）溶液G

与过量稀氨水反应的化学方程式为_______________。29、（10分）(1)石英耐高温，可制成石英坩埚，下列试剂可用石英坩埚加热的是________；A．NaOHB．CaCO3C．Na2CO3D．KHSO4(2)奥运金牌“金镶玉”环形碧玉由昆仑玉制成，昆仑玉的成分可简单看成是Ca2Mg5Si8O22(OH)2，则其用氧化物的形式可表示为________________________；(3)有以下13种物质，请回答下列问题(填序号)：①石墨②氧化钠③酒精④氨水⑤二氧化碳⑥碳酸氢钠⑦氢氧化钡溶液⑧冰醋酸⑨氯化氢⑩硫酸铝⑪稀硫酸⑫氯化银⑬硫酸氢钠其中能导电的是_________；属于电解质的是_________；属于非电解质的是_________。

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、B【解析】

A．Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl中无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag中Cu、Ag元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；C．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O中无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；D．CaO+H2O=Ca(OH)2中无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；答案选B。2、C【解析】

A.漏写H+与OH-的反应，正确的离子方程式为：2H＋＋2OH－＋Ba2＋＋SO42－=2H2O＋BaSO4，错误；B.碳酸钙为难溶物，不能拆分，正确的离子方程式为：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2＋H2O，错误；C.SiO2和氢氧化钠溶液的反应生成硅酸钠和水，其离子方程式为：SiO2＋2OH-＝SiO32-＋H2O，正确；D.电荷和转移电子数不守恒，正确的离子方程式为：2Fe3+＋Cu＝2Fe2＋+Cu2+，错误。【点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等（如本题B选项）；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等（如本题中D项）；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。3、B【解析】

A．次氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，故A错误；B．氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；C．盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故C错误；D．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，氯水中的氯分子也可以和氢氧化钠反应，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，故D错误；答案选B。【点睛】氯水中的三种分子和四种离子，即氯分子，水分子，次氯酸分子，氯离子，氢离子，少量的氢氧根离子，次氯酸根离子，故氯水有氧化性，漂白性，酸性等性质，明白氯水的成分很关键。4、B【解析】

A．一氧化氮可与空气中的氧气反应生成二氧化氮，故不能用向上排空气法收集一氧化氮气体，A不可行；B．氨气极易溶于水，其水溶液显碱性，故可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，B可行；C．二氧化碳和二氧化硫均能使澄清石灰水变浑浊，故不能用澄清石灰水鉴别二氧化碳和二氧化硫，C不可行；D．二氧化硅是玻璃的主要成分之一，其可以与氢氧化钠溶液反应生成具有黏性的硅酸钠溶液，因此，不能用玻璃塞的磨口瓶盛放氢氧化钠溶液，D不可行。综上所述，实验操作可行的是B。5、D【解析】

在温度和密度都相同条件下，若体积相同，则质量相同，气体的物质的量越大，压强越大，压强与摩尔质量成反比，以此解答该题。【详解】氮气的摩尔质量是28g·mol-1，氢气的摩尔质量是2g·mol-1，氧气的摩尔质量是32g·mol-1，根据阿伏伽德罗定律推论，在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小顺序是：p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)；答案选D。【点睛】利用理想气体状态方程，pV＝nRT＝RT（R为常数）分析解答气体间各物理量关系。6、C【解析】

SO2+2Fe3++2H2O═SO42-+4H++2Fe2+中，S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低；氧化剂为Fe3+，还原剂为SO2；Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O中Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，氧化剂为Cr2O72-，还原剂为Fe2+；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知还原性：Cr3+＜Fe2+＜SO2，以此来解答。【详解】A．根据以上分析可知，氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，还原性：Cr3+＜Fe2+＜SO2，则Cr2O72-能将SO2氧化，故A错误；B．由上述分析可知，还原性：Cr3+＜Fe2+＜SO2，故B错误；C．根据以上分析可知，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，故C正确；D．第一个反应中Fe3+得到电子被还原，表现氧化性；第二个反应中Fe3+为氧化产物，体现氧化性，故D错误；故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。本题的易错点为D，要注意在氧化还原反应中氧化剂表现氧化性，还原剂表现还原性。7、C【解析】

A．SO2使品红溶液褪色生成无色物质，有新物质生成，属于化学变化，选项A错误；B．氯水使有色布条褪色，将有色布条氧化为无色物质，属于化学变化，选项B错误；C．活性炭使红墨水褪色，没有新物质生成，属于物理变化，选项C正确；D．O3使某些染料褪色，将有色染料氧化为无色物质，属于化学变化，选项D错误。答案选C。8、B【解析】

A.太阳能、水能、风能、氢能为清洁能源；B.正常雨水的pH为5.6；C.NO、NO2、SO2等能直接危害人的身体健康；D.二氧化碳是引起温室效应的主要污染物。【详解】A.传统能源会产生C、N、S的氧化物，会带来很多环境问题，太阳能、水能、风能、氢能为清洁能源，有利于减少这些元素的氧化物的产生，A正确；B.正常雨水中溶解了二氧化碳气体，雨水显酸性：pH<7；而酸雨的pH小于5.6，B错误；C．NO、NO2、SO2等能直接危害人的身体健康，对呼吸道产生刺激，引起引发呼吸道疾病，C正确；D.二氧化碳是引起温室效应的主要污染物，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查环境问题，注意C、N、S的氧化物对环境的影响，CO、NOx、SO2会导致大气污染，NOx、SO2还会导致酸雨的形成，NOx还会形成光化学烟雾，破坏臭氧层；CO2则会导致温室效应，这些物质的作用即产生的危害一定要引起高度注意。9、B【解析】

A、FeO为黑色，Fe2O3为红棕色，Fe3O4为黑色晶体，故A错误；B、氢氧化亚铁为白色絮状沉淀，氢氧化铁为红褐色沉淀，两者混合有可能是灰绿色，故B说法正确；C、先加入Cl2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe2＋对实验产生干扰，应先加KSCN溶液，如果溶液显红色，说明含有Fe3＋，故C错误；D、生铁是合金，其硬度比纯铁大，但熔点比纯铁低，故D错误；答案选B。10、A【解析】

萃取适合于溶质在互不相溶的溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法,蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法,适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质,过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法,干馏是固体或有机物在隔绝空气条件下加热分解的反应过程,据此解答。【详解】从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏。答案选A。11、C【解析】

A.食盐饱和溶液与溴水互溶，不可以，A错误；B.无水酒精与溴水互溶，不可以，B错误；C.四氯化碳与水互不相溶，与溴水互不反应，溴单质在四氯化碳中的溶解度远远大于在水中溶解度，C正确；D.2NaOH＋Br2===NaBr＋NaBrO＋H2O，D错误；答案：C。12、A【解析】

A.气态氢化物越稳定，非金属性越强，因此X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，能说明X的非金属性比Y强，故A符合题意；B.电子层数多少与非金属性无直接关系，故B不符合题意；C.Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来，说明Y的非金属性比X强，故C不符合题意；D.Y在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应，说明Y的非金属性比X强，故D不符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】非金属性强弱比较：1、气态氢化物越稳定，非金属性越强；2、同周期从左到右非金属增强；同主族从上到下，非金属性减弱；3、单质与氢气化合越容易，则非金属性越强；4、最高价氧化物对应水化物酸性越强，则非金属性越强。13、D【解析】

明矾、绿矾不能消毒，可净水；生石灰可杀菌消毒，但不能作用于饮用水，因为碱性太强；漂粉精可杀菌消毒，消毒后水可作饮用水。答案选D。14、C【解析】

除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，加入氢氧化钠除去镁离子，因加入过量氯化钡除去SO42-，为除去钙离子和过量的钡离子，可在加入氯化钡之后加入碳酸钠，则应先加入过量BaCl2溶液，再加过量的NaOH和Na2CO3混合溶液，过滤后溶液中含有氢氧化钠、碳酸钠和氯化钠，可加入适量盐酸除去氢氧化钠、碳酸钠，最后得到氯化钠溶液，则正确顺序为④③①②，

故选：C。15、D【解析】

A．氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，黄色褪去，可知Fe元素的化合价降低，铁离子被还原，则维生素C具有还原性，A正确；B．分別向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，通过比较反应现象（产生气泡的快慢）可以比较金属镁和铝的活泼性，B正确；C．向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色说明有单质碘生成，即碘化钾被氯化铁氧化为单质碘，所以氧化性是铁离子强于单质碘，即可以比较Fe3+和I2的氧化性强弱，C正确；D．NaHCO3与Na2CO3溶液均能与澄清石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙，不能检验二者，D错误；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验、氧化还原反应规律等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。16、A【解析】

A.SiO2、SO2、SO3均和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B.H2SiO3、H2SO3均属于弱酸，H2SO4是强酸，故B错误；C.根据分散质微粒直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故C错误；D.根据化合物在水溶液中或熔融状态是否能导电，将化合物分为电解质和非电解质，故D错误；故选：A。17、D【解析】

A.氢氧化钡的电离方程式是Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故A错误；B.碳酸钾的电离方程式是K2CO3=2K++CO32-，故B错误；C.碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，能完全电离出Na+、HCO3-，电离方程式是NaHCO3=Na++HCO3-，故C错误；D.NaHSO4是强酸的酸式盐，能完全电离出Na+、H+、SO42-，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查电离方程式的书写，明确电解质的强弱、原子团及离子符号的书写即可解答，考查学生灵活运用基础知识解决问题的能力。18、A【解析】

A．植物油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故A正确；B．含泥沙的食盐水，不能用分液的方法分离，应用过滤的方法分离，故B错误；C．乙醇和水互溶，不可用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故C错误；D．硫酸钡和氯化银的固体混合物均不溶于水，无法用分液的方法分离，故D错误；故选A。19、B【解析】

A、胶粒可以导电是胶体的性质，故A错误；B、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm（10-7～10-9m）之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故B正确；C、胶体是混合物，是指分散系由多种物质组成，故C错误；D、胶体的分散剂为气体，指分散剂的状态为气态，故D错误；故选B。20、B【解析】

反应生成沉淀的质量为氢氧化镁、氢氧化铜的质量，也等于金属质量+氢氧根离子质量；根据电子守恒关系可知金属失去电子的物质的量与生成一氧化氮、二氧化氮得到电子的物质的量相等，也等于氢氧根离子的物质的量，据此可计算出氢氧根离子的质量，进而可计算生成沉淀的质量，以此解答该题。【详解】本题涉及反应有：CuCu2+Cu(OH)2，MgMg2+Mg(OH)2，

反应后生成Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据以上反应关系可知铜和镁失去电子数等于结合的氢氧根的物质的量，反应后沉淀的质量等于合金的质量加氢氧根离子的质量，生成2.24L的NO2气体和4.48L的NO气体，反应中转移的电子的物质的量为：×(5-4)+×(5-2)=0.7mol，所以生成的沉淀的质量为：14.4g+0.7mol×17g/mol=26.3g，

故选：B。【点睛】，明确反应中注意电子的物质的量与沉淀中氢氧根离子的物质的量相等为解答关键，注意电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法。21、C【解析】

根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z)，即Mr(X)<Mr(Y)<Mr(Z)，根据阿伏伽德罗定律解答。【详解】A.根据m=nM=，分子数目相等的三种气体，相对分子质量越大，质量越大；因为不确定X、Y、Z三种气体分子中原子个数和组成，所以原子数相等的三种气体就不能确定三种气体的分子数，故A错误；B.气体的物质的量n=，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，故B错误；C.根据密度ρ====，同温同压下，同质量的三种气体，密度和相对分子质量成正比，由分析可知三种气体密度最小的是X，故C正确；D.同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为=====4：1，故D错误；答案选C。【点睛】本题涉及物质的量以及阿伏加德罗常数的计算等有关知识，注意阿伏加德罗定律的推论的使用是关键，B项注意Vm=22.4L/mol的使用条件。22、A【解析】

在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，无论电解质还是非电解质，一定属于化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。【详解】A．氢氧化钠是在水溶液中和熔融状态下都能够导电的化合物，氢氧化钠为电解质，故A选；B．三氧化硫在熔融状态下不能导电，三氧化硫的水溶液虽然能导电，但导电的离子不是三氧化硫电离的，三氧化硫是非电解质，故B不选；C．酒精不导电，酒精的水溶液也不导电，所以酒精为非电解质，故C不选；D．食盐水为混合物，所以食盐水既不是电解质，也不是非电解质，故D不选；故答案选A。二、非选择题(共84分)23、过滤H2还原剂AlO2-Fe2＋2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3【解析】

金属混合物中Fe与NaOH溶液不反应，而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，NaAlO2易溶于水，所以气体A是H2，溶液B是NaAlO2与NaOH的混合溶液，固体C是Fe，Fe是比较活泼的金属，与HCl发生置换反应产生FeCl2和氢气，因此溶液D为FeCl2，据此分析解答。【详解】(1)操作X的名称是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法，名称是过滤，故答案为：过滤；(2)根据上述分析可知，金属混合物中Fe与NaOH溶液不反应，而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，NaAlO2易溶于水，所以气体A是H2，故答案为：H2；(3)A是H2，H2和Cl2的混合气体光照会发生爆炸，反应生成HCl，在该反应中，氢元素的化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2作还原剂，故答案为：还原剂；(4)溶液B是反应产生的NaAlO2与过量的NaOH的混合溶液，所以溶液B中阴离子除OH-外还有AlO2-，铁可以和盐酸反应生成FeCl2和H2，溶液D中含有的金属离子为Fe2+，故答案为：AlO2-；Fe2+；(5)加入足量NaOH溶液时，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，加入稀盐酸，Fe与稀盐酸反应生成氢气和氯化亚铁，发生反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；Fe+2H+=Fe2++H2↑；(6)溶液D为FeCl2，向溶液D加入NaOH溶液，观察到产生的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，其中沉淀转化的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。【点睛】本题考查金属铁以及金属铝的化学性质。注意知识的积累是解题的关键，HCl的氧化性比较弱，只能把Fe氧化为Fe2+，Cl2、H2O2具有强氧化性，可以把Fe氧化为Fe3+；Al既可以与酸反应产生氢气，也可以与强碱溶液反应反应氢气，等物质的量的铝与足量的酸、碱反应产生氢气的物质的量相等。24、FeFeCl2FeCl3Fe(OH)2Fe(OH)32Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2Fe3＋+Fe=3Fe2＋4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】

A为常见的金属单质，其某种化合物是红褐色固体，该红褐色固体E为Fe(OH)3，由转化关系图可知，A是Fe单质，Fe与HCl反应产生的B是FeCl2，Fe与Cl2反应产生的C是FeCl3，FeCl2与Cl2反应产生FeCl3，FeCl3与Fe反应产生FeCl2，FeCl2与碱NaOH反应产生的D为Fe(OH)2，Fe(OH)2在溶液中被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，FeCl3与NaOH反应也产生Fe(OH)3，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【详解】(1)根据上述分析可知A是Fe，B是FeCl2，C是FeCl3，D是Fe(OH)2，E是Fe(OH)3。(2)反应③是FeCl2与Cl2反应转化为FeCl3，该反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；反应④是FeCl3与还原剂Fe反应产生FeCl2，该反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；反应⑦是Fe(OH)2在溶液中被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，该反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。【点睛】本题考查无机物的推断，涉及铁元素的单质及化合物的性质及转化关系。注意物质的颜色为解答本题的突破口。Fe3+具有强氧化性，可以与还原剂反应转化为低价态的Fe2+，也可以转化为Fe单质；Fe2+既有氧化性，也有还原性，主要表现还原性；Fe单质与弱氧化剂作用转化为Fe2+，与强氧化剂作用转化为Fe3+。熟悉铁及其化合物的性质即可解答，注意氧化还原反应方程式书写时要遵循电子守恒。25、2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑m(Cu)＝mg－mol×27g·mol-1－mol×56g·mol-1＝mg－g无影响偏大10.0量筒100mL容量瓶胶头滴管2.7BC【解析】试题分析：本题考查质量分数的测定实验、溶液的配制和误差分析，涉及Fe、Al和Cu的性质、离子方程式的书写、实验的误差分析和计算。（1）实验1在样品中滴加NaOH溶液，样品中只有Al能与NaOH溶液反应，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。（2）实验1中只有Al与NaOH溶液反应产生H2，根据关系式2Al~3H2↑，n（Al）=mol=mol，m（Al）=n（Al）27g/mol=mol27g/mol；实验2中Al和Fe都与稀硫酸反应放出H2，反应的化学方程式为2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，由于两份样品的质量相等，则其中Al与NaOH溶液、稀硫酸反应放出的H2相等，Fe与稀硫酸反应放出的H2的体积为（V2-V1）mL，根据关系式Fe~H2↑，n（Fe）=mol，m（Fe）=n（Fe）56g/mol=mol56g/mol；M样品中m（Cu）=mg-m（Al）-m（Fe）=mg-mol27g/mol-mol56g/mol=mg-g。（3）实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，对测得气体体积无影响，因为B瓶中收集的气体的体积等于排入C中水的体积。若拆去实验2中导管a，由于稀硫酸滴入锥形瓶中会排出装置中的空气，使测得气体的体积偏大。（4）配制470mLNaOH溶液应选用500mL容量瓶，用托盘天平称量NaOH的质量为m（NaOH）=0.5mol/L0.5L40g/mol=10.0g。（5）①由浓溶液配制稀溶液的实验步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、初步振荡、定容、摇匀、装瓶贴标签，所需仪器除烧杯、玻璃棒外还需量筒、100mL容量瓶、胶头滴管。②根据稀释前后H2SO4物质的量不变，1.84g/cm3V（浓H2SO4）98%98g/mol=0.5mol/L0.1L，V（浓H2SO4）=2.7mL。A，取浓硫酸时俯视，所量取浓硫酸的体积偏小，硫酸物质的量偏小，所配溶液物质的量浓度偏低；B，在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移，浓硫酸溶于水放热，冷却后所配溶液体积偏小，所配溶液物质的量浓度偏高；C，定容时俯视，所配溶液体积偏小，所配溶液物质的量浓度偏高；D，颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，但未加水至刻度线，对所配溶液物质的量浓度无影响；引起所配溶液浓度偏高的是BC，答案选BC。点睛：理解Al、Fe、Cu的性质和实验原理是解题的关键。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。解答时注意分析装置中各仪器的作用，本题通过测量反应生成的气体的体积确定样品中各成分的质量。配制一定体积物质的量浓度溶液的误差分析是本题的另一难点，根据公式cB=，由于操作失误使nB偏大或V偏小，都会使所配溶液浓度偏高；反之使所配溶液浓度偏低。26、分液漏斗浓盐酸＜Cl2+H2O=HCl+HClO因为湿润的氯气有漂白性蓝色吸收多余氯气【解析】

（1）根据仪器构造判断仪器名称，分析装置图和仪器，装置A是氯气的发生装置，据此判断需要的试剂；（2）根据氯气和水反应生成盐酸和次氯酸分析解答；（3）根据进入装置D的氯气没有干燥解答；（4）根据氯气能把碘化钾氧化为单质碘以及氯气有毒分析解答。【详解】（1）分析装置图和仪器，装置A是氯气的发生装置，利用分液漏斗将浓盐酸滴入烧瓶中加热反应，因此仪器a的名称是分液漏斗，该仪器中盛有的试剂为浓盐酸；（2）氯气既溶解于水又和水反应生成盐酸和次氯酸，反应化学方程式为Cl2+H2O＝HCl+HClO，溶液呈酸性，溶液pH小于7；（3）当Cl2气流持续通过时，从装置C中出来的氯气带有水蒸气，氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以装置D中干燥的有色布条能褪色；（4）装置C中通过氯气会发生氧化还原反应，氯气氧化碘离子为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝；氯气是污染性气体，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，即装置E的作用是吸收多余氯气。27、18.4mol/L16.3mlB100胶头滴管①③④②⑦⑤⑥偏低偏高偏低偏高BD【解析】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，（1）根据c=1000ρw%/M=1000×1.84×98%/98mol·L－1=18.4mol·L－1；实验室没有80mL的容量瓶，因此需要用100mL的容量瓶，稀释过程中，溶质物质的量不变，因此有100×10－3×3=V(H2SO4)×10－3×18.4，解得V(H2SO4)=16.3mL；量取浓硫酸所用的量筒应是大而接近的，即量筒的量程为25mL，故选项B正确；（2）②根据（1）的分析，需要的容量瓶的规格是100mL，即将烧杯中的溶液转移到100mL的容量瓶中；定容时，当距离刻度1－2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线；（3）配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是称量→溶解→恢复室温→移液→洗涤→振荡→定容→摇匀→移入试剂瓶，因此本题的步骤是①③④②⑦⑤⑥；（4）根据c=n/V=m/MV，A、浓硫酸具有吸水性，能吸收空气中的水分，浓度降低，造成溶质的物质的量减小，即所配溶液的浓度偏低；B、未经冷却趁热将溶液注入容量瓶，恢复到室温下，容量瓶中溶液的液面低于刻度线，即体积偏小，所配溶液的浓度偏高；C、未洗涤烧杯和玻璃棒，造成容量瓶中溶质物质的量偏少，所配溶液的浓度偏低；D、定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；（5）A、取用任何体积的3mol·L－1的硫酸，硫酸的浓度相同，根据物质的量浓度的定义，溶质的物质的量不同，故A错误；B、溶液是均一透明的分散系，硫酸的物质的量浓度相同，故B正