2026屆北京市豐臺區(qū)市級名?；瘜W(xué)高一上期末統(tǒng)考模擬試題注意事項：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、下列物質(zhì)含有共價鍵的是A．HCl B．MgO C．CaCl2 D．KBr2、向200mLFeBr2溶液中逐漸通入C12，其中n(Fe3+)、n(Br2)隨通入n(Cl2)的變化如圖所示，下列說法不正確的是()A．氧化性強弱：Br2>Fe3+B．由圖可知，該FeBr2溶液的濃度為1mol?L─1C．n(Cl2)=0.12mol時，溶液中的離子濃度有c(Fe3+):c(Br－)=1:8D．c(FeBr2):c(Br2)=1:1時，反應(yīng)的離子方程式：2Fe3++2Br－+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl－3、高錳酸鉀溶液在酸性條件下可以與草酸(H2C2O4，其中O顯-2價)反應(yīng)，化學(xué)方程式如下：

KMnO4+H2C2O4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+CO2↑+H2O(未配平)。下列說法正確的是（

）A．MnO是氧化劑，Mn2+是氧化產(chǎn)物 B．還原性：H2C2O4＞Mn2+C．氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為5：2 D．生成1molCO2時，轉(zhuǎn)移2NA個電子4、下列物質(zhì)的電子式書寫不正確的是()A．B．C．D．5、下列有關(guān)敘述正確的是A．氧化還原反應(yīng)中，一種元素被氧化，一定有另一種元素被還原B．鎂鋁合金材料比鎂和鋁熔點高，硬度大C．在合金中加入適量合適的稀土金屬，能大大改善合金的性能D．實驗室中少量金屬鈉常保持在煤油中，實驗時多余的鈉不能放回原瓶中6、濃度為0.01mol·L-1的HCl溶液VmL，加水稀釋到2VmL，取出10mL，這10mL溶液中含有H+物質(zhì)的量濃度（單位：mol·L-1）為（）A．0.005B．0.001C．0.002D．0.057、下列各項操作過程中，發(fā)生“先產(chǎn)生沉淀，后沉淀又溶解”現(xiàn)象的是①向Fe(OH)3膠體中逐滴加入過量的稀硫酸②向AlCl3溶液中通入過量的NH3③向Ba(OH)2溶液中通入過量CO2④向NaAlO2溶液中逐滴加入過量的鹽酸A．①②B．①③④C．①③D．③④8、膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是A．膠體粒子不能透過半透膜B．膠體粒子帶電荷C．膠體能夠發(fā)生丁達爾現(xiàn)象D．膠體粒子直徑在1-100nm之間9、下列物質(zhì)中既能跟稀H2SO4反應(yīng),又能跟氫氧化鈉溶液反應(yīng)的是（）①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al⑤Na2CO3A．①②③④ B．②③④ C．②③④⑤ D．全部10、下列說法不正確的是（）①氨溶于水得到的溶液能導(dǎo)電，所以NH3是電解質(zhì)；②溶于水電離出H＋的化合物都是酸③液態(tài)HCl不導(dǎo)電，所以屬于非電解質(zhì)；④金屬銅能導(dǎo)電，但它不是電解質(zhì)，是非電解質(zhì)⑤強電解質(zhì)的導(dǎo)電能力比弱電解質(zhì)強⑥NaHSO4在熔融狀態(tài)下電離生成三種離子A．②③⑥ B．①③⑤ C．全部 D．①②③④⑤11、在物質(zhì)的分離提純實驗中，不需要用到的實驗裝置是A． B． C． D．12、下列離子方程式正確的是()A．過量的二氧化碳通入氫氧化鈉溶液中：CO2＋OH－===＋H2OB．澄清石灰水中通入少量二氧化碳：Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2OC．碳酸氫鈣溶液和足量氫氧化鈉溶液混合：＋OH－===＋H2OD．碳酸鈣和鹽酸反應(yīng)：＋2H＋===CO2↑＋H2O13、下列實驗現(xiàn)象與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是A．氯氣使品紅溶液褪色B．NO2通入水中，氣體由紅棕色逐漸轉(zhuǎn)變?yōu)闊o色C．將鐵片放入CuSO4溶液中，鐵片表面有紅色物質(zhì)出現(xiàn)D．向硅酸鈉溶液中滴加適量的稀鹽酸，有透明的凝膠形成14、如圖是實驗室進行氨溶于水的噴泉實驗裝置,下列敘述不正確的是()A．該實驗說明氨氣是一種極易溶于水的氣體B．進入圓底燒瓶中的液體顏色由無色變?yōu)榧t色,說明氨水呈堿性C．形成噴泉的原因是氨氣溶于水后,圓底燒瓶內(nèi)的氣壓小于外界大氣壓D．用氫氣代替氨氣,利用此裝置也可進行噴泉實驗15、下列物質(zhì)能夠?qū)щ娗覍儆陔娊赓|(zhì)的是（）A．稀鹽酸B．蔗糖C．硝酸鉀晶體D．熔融氯化鈉16、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則下列敘述中正確的是()A．0.1molH2SO4分子在水中可電離生成2NA個H＋B．在0℃、101kPa時，22.4L氫氣中含有NA個氫原子C．14g氮氣中含有7NA個電子D．NA個一氧化碳分子和0.5mol甲烷的質(zhì)量比為7∶417、下列各組中的兩種物質(zhì)作用時，反應(yīng)物用量改變，對生成物的種類沒有影響的是（）A．Al2O3溶液與NaOH溶液B．AlCl3溶液與NaOH溶液C．Na2CO3溶液與HCl溶液D．NaOH溶液與SO2氣體18、把各組中的氣體通入溶液中，溶液的導(dǎo)電能力顯著增強的是（）A．CO2（g）通入NaOH溶液 B．CO2（g）通入石灰水C．NH3（g）通入CH3COOH溶液 D．NH3（g）通入鹽酸中19、有一鎂、鋁合金，在適量稀硫酸中恰好完全溶解，再加入氫氧化鈉溶液，析出沉淀的物質(zhì)的量隨氫氧化鈉溶液的體積變化如圖所示，則合金中鎂、鋁的物質(zhì)的量之比為A．2：1 B．4：1 C．1：1 D．1：220、短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次遞增，它們的核電荷數(shù)之和為32，原子最外層電子數(shù)之和為10。A與C同主族，B與D同主族，A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層電子數(shù)。則下列敘述正確的是A．D元素處于元素周期表中第3周期第ⅥA族B．四種元素的原子半徑：A<B<C<DC．B、D的最高價氧化物具有相似的物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì)D．一定條件下，B單質(zhì)能置換出D單質(zhì)，C單質(zhì)能置換出A單質(zhì)21、下列說法中正確的是：A．原子晶體的熔點一定高于離子晶體B．P4和CH4都是正四面體分子，鍵角都為109°28’C．NaCl晶體中與每個Na+距離相等且最近的Na+共有6個D．C60氣化和I2升華克服的作用力相同22、同溫同壓下，相同體積的Cl2和NO2氣體，具有相同的A．質(zhì)量 B．原子數(shù) C．分子數(shù) D．摩爾質(zhì)量二、非選擇題(共84分)23、（14分）有四種短周期元素，它們的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)等信息如下表所述：元素結(jié)構(gòu)、性質(zhì)等信息A是短周期中(除稀有氣體外)原子半徑最大的元素，該元素的某種合金是原子反應(yīng)堆的導(dǎo)熱劑B與A同周期，其最高價氧化物的水化物呈兩性C元素的氣態(tài)氫化物極易溶于水，可用作制冷劑D是海水中除氫、氧元素外含量最多的元素，其單質(zhì)或化合物是自來水生產(chǎn)過程中常用的消毒殺菌劑完成下列填空：(1)A的原子結(jié)構(gòu)示意圖是________。(2)元素B在周期表中的位置是_______；從原子結(jié)構(gòu)角度分析比較A和B的金屬性強弱：_____。(3)單質(zhì)C的結(jié)構(gòu)式是______，其化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定的原因是________。(4)A、B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物相互反應(yīng)的離子方程式為______。(5)C、D的氫化物相互反應(yīng)后，將產(chǎn)物溶于水，水溶液呈______性(選填“酸”、“堿”或“中”)，將溶液中所有離子的濃度由大到小排序：_____。24、（12分）A、B、C均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物，它們之間存在如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：其中①②③均為有單質(zhì)參與的反應(yīng)。（1）若A是常見的金屬，①③中均有同一種黃綠色氣體參與反應(yīng)，B溶液遇KSCN顯血紅色，且②為化合反應(yīng)，寫出反應(yīng)②的離子方程式_________________________。（2）如何檢驗上述C溶液中的陽離子？______________________。（3）若B是太陽能電池用的光伏材料，①②③為工業(yè)制備B的反應(yīng)。C的化學(xué)式是____________，屬于置換反應(yīng)____________，（填序號）寫出反應(yīng)①的化學(xué)方程式____________________。25、（12分）現(xiàn)用二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)制備純凈干燥的氯氣，再用氯氣與銅粉反應(yīng)制取少量CuCl2，其裝置如下：（1）寫出裝置A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_________________________。（2）B中選用的試劑是飽和食鹽水，其作用是除去Cl2中混有的__________雜質(zhì)；裝置E的作用是___________________。（3）即使A裝置中的MnO2和D裝置中的Cu都是足量的，100mL12mol／L濃鹽酸經(jīng)充分反應(yīng)后得到的CuCl2也不足0.3mol，其原因是______________A．裝置漏氣B．A裝置在加熱過程中鹽酸易揮發(fā)C．CuCl2潮解吸水D．A裝置中反應(yīng)生成的水要稀釋鹽酸，剩余的鹽酸不再反應(yīng)（4）某實驗小組的同學(xué)用經(jīng)Cl2消毒的自來水配制下列溶液：①KI；②AgNO3；③AlCl3；④FeCl2；⑤稀鹽酸，發(fā)現(xiàn)部分藥品變質(zhì)，它們是(請用序號作答)____________________。（5）另一個實驗小組的同學(xué)認為SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定會更強。他們將制得的SO2和Cl2按1：1同時通入到品紅溶液中，結(jié)果發(fā)現(xiàn)褪色效果并不像想象的那樣。請你分析該現(xiàn)象的原因（用化學(xué)方程式表示）_____________________________________。（6）一定條件下，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯氣，二者恰好完全反應(yīng)。生成物中含有三種含氯元素的離子，其中ClO－、ClO兩種離子的物質(zhì)的量(n)與反應(yīng)時間(t)的曲線如圖所示。該過程中參加反應(yīng)Cl2的物質(zhì)的量是________mol。若產(chǎn)生的n（C1-）為11mol，n（C1O3-）為2mol，則參加反應(yīng)的Ca(OH)2的物質(zhì)的量為________mol。26、（10分）在實驗室中利用二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)制備干燥、純凈的氯氣，所用裝置如圖所示：（1）連接上述裝置的正確順序（填各接口處的字母）：____接___；___接___；___接___；___接___。__（2）裝置中，飽和食鹽水的作用是__；NaOH溶液的作用是__。（3）化學(xué)實驗中常用濕潤的淀粉—KI試紙檢驗是否有Cl2產(chǎn)生。如果有Cl2產(chǎn)生，可觀察到__，反應(yīng)化學(xué)方程式為___。（4）寫出下列化學(xué)反應(yīng)的化學(xué)方程式：①氣體發(fā)生裝置中進行的反應(yīng)：___。②NaOH溶液中發(fā)生的反應(yīng)：____。27、（12分）實驗室現(xiàn)需配制物質(zhì)的量濃度為1mol/L的NaOH溶液480mL。（1）配制該溶液的實驗步驟包括：a．計算需要氫氧化鈉固體的質(zhì)量；b．稱量氫氧化鈉固體；c．將燒杯中的溶液注入容量瓶中，洗滌燒杯和玻璃棒，將洗滌液全部轉(zhuǎn)移入容量瓶中；d．用適量的蒸餾水溶解稱量好的氫氧化鈉固體，冷卻；e．蓋好瓶塞，反復(fù)上下顛倒，搖勻；f．繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至刻度線下1～2cm時，改用__滴加蒸餾水至凹液面與刻度線相切。上述步驟的正確操作順序是____________________。（2）使用__mL的容量瓶配制此溶液，需要稱量NaOH固體的質(zhì)量為__g。（3）下列操作會使所配制溶液濃度偏大的有________。A．容量瓶中原有少量蒸餾水B．轉(zhuǎn)移溶液時，沒有洗滌玻璃棒和溶解用的燒杯C．定容搖勻后，靜置時發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加水至刻度線D．定容時，俯視觀察液面28、（14分）下表為元素周期表的一部分，請回答有關(guān)問題（1）已知元素⑩的一種核素，其中中子數(shù)為45，用原子符號表示該核素為______；（2）由元素②和④形成的三核直線型分子的結(jié)構(gòu)式為______；（3）由上述元素構(gòu)成的淡黃色固體化合物的電子式______，該化合物所含的化學(xué)鍵類型_____（填“離子鍵”、“極性鍵”或“非極性鍵”），若將該固體投入到含有下列離子的溶液中：NO、

HCO、CO、SO、SO、Na+反應(yīng)完畢后，溶液中上述離子數(shù)目幾乎不變的有_____（用離子符號表示）；（4）元素⑦、⑧、⑨其離子半徑由大到小的順序是_________，元素⑨的最高價氧化物的水化物與元素⑥的最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的離子方程式為__________；（5）下列事實不能說明元素⑧的非金屬性比元素⑦的非金屬性強的是____；A元素⑧的單質(zhì)與⑦的氫化物的水溶液反應(yīng)，溶液變渾濁B元素⑧的單質(zhì)能將Fe氧化成三價鐵，而元素⑦的單質(zhì)只能將鐵氧化成二價鐵C⑦和⑧兩元素的簡單氫化物受熱分解，后者的分解溫度高D元素⑧的氫化物的水溶液的酸性比元素⑦的氫化物水溶液的酸性強（6）由上表中的元素構(gòu)成的A+、B+、C-、D、E五種10電子粒子，已知他們有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：A++C-D+E↑；B++C-=2D；寫出A+、B+

的化學(xué)式________。29、（10分）已知某溶液中可能含有NO3-、Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的幾種，且所含陰離子的物質(zhì)的量相等。為確定該溶液的成分，某學(xué)習(xí)小組做了如下實驗：①取該溶液100mL，加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02mol氣體，同時產(chǎn)生紅褐色沉淀；②將沉淀過濾、洗滌、灼燒，得到1.6g固體；③向上述濾液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于鹽酸的沉淀。請回答下列問題：（1）結(jié)合①和②，判斷原溶液中肯定含有的離子是，可以排除的離子是。（2）由③推知原溶液中一定有離子，其物質(zhì)的量為mol。（3）綜合（1）、（2）及題干信息，結(jié)合溶液中電荷守恒知識，還可以排除的離子是。該學(xué)習(xí)小組最終得出結(jié)論：該溶液由種陽離子（填數(shù)字，下同）和種陰離子組成。

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、A【解析】

一般金屬元素與非金屬元素形成離子鍵，非金屬元素之間形成共價鍵，以此來解答?！驹斀狻緼.HCl屬于共價化合物，只存在共價鍵，故A可選；B.MgO屬于離子化合物，只存在離子鍵，故B不選；C.CaCl2屬于離子化合物，只存在離子鍵，故C不選；D.KBr屬于離子化合物，只存在離子鍵，故D不選；故答案選A?！军c睛】共價化合物中一定含有共價鍵，一定沒有離子鍵；離子化合物中一定含有離子鍵，可能含有共價鍵。2、C【解析】

A．由圖可知，氯氣先氧化亞鐵離子，后氧化溴離子，則還原性：Fe2+＜Br-，則氧化性強弱：Br2＞Fe3+，故A正確；B．圖中通入0.1mol氯氣時亞鐵離子完全被氧化生成0.2molFe3+，由Fe原子守恒及c=可知該FeBr2溶液的濃度為=1mol?L1，故B正確；C．n(Cl2)=0.12mol時，0.1mol氯氣使亞鐵離子完全被氧化生成0.2molFe3+，由2Br-+Cl2=2Cl-+Br2可知，0.02molCl2氧化0.04molBr-，溶液中的離子濃度有c(Fe3+)：c(Br-)=0.2mol：(0.4mol-0.04mol)=5：9，故C錯誤；D．n(FeBr2)：n(Cl2)=1：1時，由電子守恒可知，亞鐵離子全部被氧化，溴離子一半被氧化，則反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-，故D正確；故選：C。3、B【解析】

A．在該反應(yīng)中，KMnO4得到電子被還原為MnSO4，所以MnO是氧化劑，Mn2+是還原產(chǎn)物，A錯誤；B．在該反應(yīng)中，H2C2O4失去電子，作還原劑；KMnO4得到電子被還原為MnSO4，Mn2+是還原產(chǎn)物。由于還原劑的還原性比還原產(chǎn)物強，所以還原性：H2C2O4＞Mn2+，B正確；C．在該反應(yīng)中，KMnO4得到電子被還原，所以KMnO4是氧化劑；H2C2O4失去電子，作還原劑，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子得失數(shù)目相等，等于元素化合價升降總數(shù)，所以KMnO4、H2C2O4反應(yīng)的物質(zhì)的量的比為2：5，C錯誤；D．C元素反應(yīng)前在H2C2O4中為+3價，反應(yīng)后變?yōu)镃O2中的+4價，每生成1molCO2時，轉(zhuǎn)移NA個電子，D錯誤；故答案為B。4、C【解析】

A.，N原子最外層有五個電子，易形成三對共用電子對，用了三個電子，每個氮還有一對孤對電子，故A正確；B.，Cl最外層有7個電子，易形成一對共用電子對，故B正確；C.，N原子最外層有五個電子，易形成三對共用電子對，N還有一對孤對電子未表示出來，應(yīng)該為，故C錯誤；D.是鈉離子和氯離子形成氯化鈉，故D正確。綜上所述，答案為C。5、C【解析】

A.反應(yīng)中只有硫元素的化合價變化，故A錯誤；B.合金的熔點一般低于各成分金屬的熔點，故B錯誤；C.在合金中加入適量稀土金屬或稀土金屬的化合物，就能大大改善合金的性能，故C正確；D.實驗室中少量金屬鈉常保持在煤油中，實驗時多余的鈉要放回原瓶中，故D錯誤；故答案為：C。6、A【解析】濃度為0.01mol·L-1的HCl溶液VmL，加水稀釋到2VmL后，H+物質(zhì)的量濃度為0.005mol·L-1，取出10mL，溶液濃度不變，所以，H+物質(zhì)的量濃度仍為0.005mol·L-1，選A。7、B【解析】

①因Fe(OH)3膠體加入稀硫酸產(chǎn)生聚沉現(xiàn)象，H2SO4與Fe(OH)3反應(yīng)，沉淀又溶解，所以出現(xiàn)先沉淀后溶解現(xiàn)象，故①符合；②AlCl3和氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁不溶于氨水，即沉淀不溶解，所以不出現(xiàn)“先產(chǎn)生沉淀，然后沉淀又溶解”現(xiàn)象，故②不符合；③氫氧化鋇和CO2反應(yīng)，先生成BaCO3沉淀，繼續(xù)通入CO2，會與BaCO3反應(yīng)生成可溶的Ba(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出現(xiàn)先沉淀后溶解現(xiàn)象，故③符合；④向NaAlO2中逐滴加入過量的稀鹽酸，偏鋁酸鈉先和鹽酸反應(yīng)生成難溶性的氫氧化鋁，氫氧化鋁是兩性氫氧化物能溶于強酸溶液，所以氫氧化鋁和鹽酸能繼續(xù)反應(yīng)生成可溶性的氯化鋁，所以出現(xiàn)“先產(chǎn)生沉淀，然后沉淀又溶解”現(xiàn)象，故④符合；故答案選B。8、D【解析】

膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是微粒直徑的大小，膠體粒子直徑在1-100nm之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的子直徑大于100nm?！驹斀狻磕z體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的子直徑大于100nm。答案為D。9、A【解析】

①NaHCO3與稀H2SO4反應(yīng)生成硫酸鈉、水和二氧化碳，與NaOH溶液反應(yīng)生成碳酸鈉和水，故①正確；②Al2O3與稀H2SO4反應(yīng)生成硫酸鋁和水，與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，故②正確；③Al(OH)3與稀H2SO4反應(yīng)生成硫酸鋁和水，與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，故③正確；④Al與稀H2SO4反應(yīng)生成硫酸鋁和氫氣，與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，故④正確；⑤Na2CO3與稀H2SO4反應(yīng)生成硫酸鈉、水和二氧化碳，與NaOH溶液反應(yīng)不反應(yīng)，故⑤錯誤；故選A?！军c評】本題考查既能與酸又能與堿反應(yīng)的物質(zhì)，明確Al、Al2O3、Al(OH)3的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，并注意歸納常見物質(zhì)的性質(zhì)來解答。10、C【解析】

①氨溶于水得到氨水，溶液中一水合氨部分電離出銨根離子和氫氧根離子，導(dǎo)致溶液能導(dǎo)電，但是氨氣自身不能電離出陰陽離子，不導(dǎo)電，所以NH3是非電解質(zhì)，故錯誤；②溶于水電離出的陽離子全部為H＋的化合物都是酸，溶于水電離出氫離子的化合物不一定是酸，如硫酸氫鈉是鹽，故錯誤；③液態(tài)HCl不導(dǎo)電，但是HCl溶于水，電離出氫離子和氯離子，能夠?qū)щ?，所以液態(tài)HCl屬于電解質(zhì)，故錯誤；④金屬銅是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故錯誤；⑤電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，與電解質(zhì)強弱無必然的聯(lián)系，所以強電解質(zhì)的導(dǎo)電能力不一定強于弱電解質(zhì)，故錯誤；⑥NaHSO4在熔融狀態(tài)下電離生成鈉離子和硫酸氫根離子，故錯誤；故答案選C?！军c睛】電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力與離子濃度、離子所帶電荷數(shù)有關(guān)，離子濃度越大，所帶電荷越多，導(dǎo)電能力就越強，與電解質(zhì)的強弱沒有必然的聯(lián)系；硫酸氫鈉屬于強電解質(zhì)，在水溶液中完全電離出三種離子：NaHSO4=Na++H++SO42-；在熔融狀態(tài)下電離生成鈉離子和硫酸氫根離子，NaHSO4=Na++HSO4-。11、B【解析】

A、該裝置是蒸餾裝置，適用于蒸餾實驗，可分離互溶液體、但沸點不同的混合物，A不符合；B、該裝置用來進行焰色反應(yīng)，不能用于物質(zhì)的分離與提純，B正確；C、該裝置是過濾操作，適用于過濾實驗，可分離不溶性固體與液體，C不符合；D、該裝置適用于蒸發(fā)實驗，可分離可溶性固體與液體，D不符合。答案選B?！军c睛】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，把握實驗裝置的作用、混合物分離提純、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意實驗的評價性分析。12、B【解析】

A.生成物不正確，正確的離子方程式為CO2＋OH－===，故A錯誤；B.二氧化碳少量，生成碳酸鈣沉淀，故B正確；C.生成物不正確，正確的離子方程式為Ca2＋＋2＋2OH－===CaCO3↓＋2H2O＋；D.正確的離子方程式為2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。答案：B。13、D【解析】

A、氯氣溶于水，生成次氯酸，具有強氧化性，能夠使品紅溶液褪色，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，A不符合題意；B、3NO2＋H2O=2HNO3＋2NO，N元素的化合價既升高又降低，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，B不符合題意；C、Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，F(xiàn)e置換出Cu，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，C不符合題意；D、Na2SiO3＋2HCl=H2SiO3↓＋2NaCl。復(fù)分解反應(yīng)，無化合價變化，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，D符合題意；答案選D。14、D【解析】

A.反應(yīng)開始后，燒瓶中迅速形成了噴泉，說明產(chǎn)生了很大的氣壓差，氨氣極易溶于水，A項正確，不符合題意；B.堿遇酚酞變紅色，因此燒杯中加入酚酞，呈紅色，說明氨水呈堿性，B項正確，不符合題意；C.形成噴泉的原因是氨氣極易溶于水，圓底燒瓶內(nèi)的氣壓小于外界大氣壓，C項正確，不符合題意；D.氫氣難溶于水，在燒瓶中不能形成氣壓差，因此不能形成噴泉，D項錯誤，符合題意；答案選D。15、D【解析】稀鹽酸是混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A錯誤；蔗糖是有機物，屬于非電解質(zhì)，故B錯誤；硝酸鉀晶體中離子不能自由移動，硝酸鉀晶體不導(dǎo)電，故C錯誤；氯化鈉是電解質(zhì)，熔融狀態(tài)下有自由移動的離子，所以能導(dǎo)電，故D正確。16、C【解析】

A項、H2SO4是強酸，在溶液中完全電離，0.1molH2SO4分子在水中可電離出0.2NA個H＋，故A錯誤；B項、氫氣為雙原子分子，標(biāo)況下22.4L氫氣的物質(zhì)的量為1mol，分子中含有2NA個氫原子，故B錯誤；C項、氮氣為雙原子分子，分子中含有14個電子，14g氮氣的物質(zhì)的量為0.5mol，分子中含有7NA個電子，故C正確；D項、NA個一氧化碳分子的物質(zhì)的量為1mol，質(zhì)量為28g，0.5mol甲烷的質(zhì)量為8g，則兩者的質(zhì)量比為7∶2，故D錯誤；故選C。17、A【解析】

A.Al2O3溶液與NaOH溶液生成偏鋁酸鈉和水，故A符合題意；B.AlCl3溶液與NaOH溶液，少量氫氧化鈉溶液生成氫氧化鋁沉淀，過量氫氧化鈉溶液生成偏鋁酸鈉，故B不符合題意；C.Na2CO3溶液與HCl溶液，少量鹽酸生成碳酸氫鈉，過量鹽酸生成二氧化碳氣體和水，故C不符合題意；D.NaOH溶液與SO2氣體，少量SO2氣體生成亞硫酸鈉，過量SO2氣體生成亞硫酸氫鈉，故D不符合題意。綜上所述，答案為A。18、C【解析】

電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力與離子的濃度及離子所帶的電荷有關(guān)?！驹斀狻緼.該過程的離子方程式為：，該過程中，離子濃度與所帶電荷的乘積沒有變化，則溶液的導(dǎo)電能力幾乎不變，A錯誤；B.該過程的化學(xué)方程式為：，該過程中，離子濃度減小，則溶液的導(dǎo)電能力減弱，B錯誤；C.該過程發(fā)生的離子方程式為：，則該過程中離子濃度顯著增大，則溶液的導(dǎo)電能力顯著增大，C正確；D.該過程發(fā)生的離子方程式為：，則該過程中離子濃度幾乎不變，則溶液的導(dǎo)電能力幾乎不變，D錯誤；故合理選項為C。19、C【解析】

根據(jù)題中圖示信息，在含Mg2+、Al3+溶液中加入NaOH，立即生成Al(OH)3和Mg(OH)2沉淀，加入NaOH到5時沉淀最大，5~6時，Al(OH)3全部溶解，據(jù)此解答?！驹斀狻繗溲趸c的體積為0～5時，生成沉淀，發(fā)生的反應(yīng)有Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，氫氧化鈉的體積為5～6時沉淀部分溶解，發(fā)生的反應(yīng)為Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，設(shè)氫氧化的濃度為cmol/l，生成沉淀和沉淀溶解時用到的氫氧化鈉的物質(zhì)的量為5cmol和cmol，沉淀部分溶解時Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=cmol，即氫氧化鋁的物質(zhì)的量為cmol，生成沉淀時Al3++3OH-═Al(OH)3↓，用到氫氧化鈉的物質(zhì)的量為3n[Al(OH)3]=3cmol，生成沉淀時用到氫氧化鈉的物質(zhì)的量為5cmol，其中的3cmol生成氫氧化鋁，則有2cmolNaOH與Mg2+反應(yīng)生成氫氧化鎂，由Mg++2OH-═Mg(OH)2↓知，n[Mg(OH)2]=cmol，由原子守恒知Al～Al3+～Al(OH)3，n(Al)=n[Al(OH)3]=cmol，Mg～Mg2+～Mg(OH)2，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=cmol，合金中鎂、鋁的物質(zhì)的量之比為1：1，故C正確；答案為C。20、D【解析】

A與C同主族，A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層電子數(shù)，設(shè)A的最外層電子數(shù)為x，若B為第二周期元素，則2x=2，x=1，則A為H，B與D同主族，原子序數(shù)依次遞增，它們的核電荷數(shù)之和為32，原子最外層電子數(shù)之和為10，B為C，C為Na，D為Si，它們的核電荷數(shù)1+6+11+14=32，符合題意；【詳解】根據(jù)上述分析可知，A．因硅有3個電子層，最外層電子數(shù)為4，則在周期表中的第三周期第ⅣA族，故A錯誤；B．電子層數(shù)越多，半徑越大，在同一周期從左到右原子半徑在減小，則半徑關(guān)系為C＞D＞B＞A，故B錯誤；C．二氧化碳是分子晶體，而二氧化硅中是原子晶體，物理性質(zhì)不同，故C錯誤；D．因C+SiO2Si+2CO↑，2Na+2H20═2NaOH+H2↑，即B單質(zhì)能置換出D單質(zhì)，C單質(zhì)能置換出A單質(zhì)，故D正確；故選D。21、D【解析】

A項，原子晶體的熔點不一定比離子晶體的高，氧化鎂的熔點高達2800℃，而二氧化硅的熔點只有1600℃，故A項錯誤；B項，P4是正四面體分子，但鍵角為60°，故B項錯誤；C項，根據(jù)氯化鈉晶體的晶胞示意圖可看出，與每個Na+距離最近且相等的Na+共有12個，故C項錯誤；D項，C60和I2都是分子晶體，狀態(tài)改變時，克服的是分子間作用力，作用力相同，故D項正確；故答案選D。22、C【解析】

氣體摩爾體積相等，相同體積的氯氣和二氧化氮氣體，其物質(zhì)的量相等，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼、氯氣的摩爾質(zhì)量是71g/mol、二氧化氮的摩爾質(zhì)量是46g/mol，根據(jù)m=nM知，相同物質(zhì)的量時，二者的摩爾質(zhì)量不等，所以其質(zhì)量不等，故A錯誤；B、二者的物質(zhì)的量相等，則其分子數(shù)相等，每個氯氣分子和每個二氧化氮分子中所含原子個數(shù)不等，所以總原子數(shù)不等，故B錯誤；C、二者的物質(zhì)的量相等，根據(jù)N=nNA知，其分子數(shù)相等，故C正確；D、氯氣的摩爾質(zhì)量是71g/mol、二氧化氮的摩爾質(zhì)量是46g/mol，所以二者的摩爾質(zhì)量不等，故D錯誤。答案選C。【點晴】本題考查了阿伏伽德羅定律及其推論，明確溫度、壓強相等時其物質(zhì)的量相等是解本題關(guān)鍵。利用阿伏加德羅定律以及物質(zhì)的量與分子數(shù)目、摩爾質(zhì)量之間的關(guān)系可以得到以下有用的推論：（1）同溫同壓時：①V1：V2=n1：n2=N1：N2②ρ1：ρ2=M1：M2③同質(zhì)量時：V1：V2=M2：M1；（2）同溫同體積時：④P1：P2=n1：n2=N1：N2⑤同質(zhì)量時：P1：P2=M2：M1；（3）同溫同壓同體積時：⑥ρ1：ρ2=M1：M2=m1：m2。二、非選擇題(共84分)23、第三周期IIIA族Na原子半徑大于Al，對最外層電子的作用力小，更易失去電子N≡N兩個氮原子之間是三鍵，很牢固，破壞它們需要很大的能量Al3++4OH-=Al(OH或Al3++4OH-=+2H2O酸c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)【解析】

A是短周期中(除稀有氣體外)原子半徑最大的元素，該元素的某種合金是原子反應(yīng)堆的導(dǎo)熱劑，則A為Na；B與A同周期，其最高價氧化物的水化物呈兩性，則B為Al；C元素的氣態(tài)氫化物極易溶于水，可用作制冷劑，則C為N；D是海水中除氫、氧元素外含量最多的元素，其單質(zhì)或化合物是自來水生產(chǎn)過程中常用的消毒殺菌劑，D為Cl。【詳解】(1)A為Na，原子結(jié)構(gòu)示意圖為；(2)元素B為Al，位于第三周期IIIA族；Na和Al在同一周期，Na原子半徑大于Al，對最外層電子的作用力小，更易失去電子，則金屬性強；(3)單質(zhì)C為氮氣，結(jié)構(gòu)式為N≡N，由于兩個氮原子之間是三鍵，很牢固，破壞它們需要很大的能量，故化學(xué)性質(zhì)很穩(wěn)定；(4)A、B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為NaOH、Al(OH)3，NaOH、Al(OH)反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為Al3++4OH-=Al(OH或Al3++4OH-=+2H2O；(5)C、D的氫化物分別為NH3、HCl，兩者反應(yīng)生成氯化銨，氯化銨為強酸弱堿鹽，溶液呈酸性；溶液中銨根離子水解，溶液顯酸性，則c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)。24、Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于試管，加KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，再加氯水，溶液變成血紅色，則證明含F(xiàn)e2+SiCl4①③2C+SiO2Si+2CO↑【解析】

(1)由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知A為變價金屬，則A應(yīng)為Fe，B為氯化鐵，C為氯化亞鐵，②為Fe與氯化鐵的反應(yīng)；(3)B是太陽能電池用的光伏材料，可知B為Si，①為C與二氧化硅的反應(yīng)，①②③為工業(yè)制備B的反應(yīng)，則C為SiCl4，③中SiCl4與氫氣反應(yīng)，提純Si，以此解答該題?！驹斀狻?1)A是常見的金屬，①③中均有同一種氣態(tài)非金屬單質(zhì)參與反應(yīng)，且②為化合反應(yīng)，則該非金屬氣體為Cl2，B為氯化鐵，則反應(yīng)②的離子方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+；(2)由分析知C為氯化亞鐵，檢驗Fe2+的操作方法是取少量溶液于試管，加KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，再加氯水，溶液變成血紅色，則證明含F(xiàn)e2+；(3)B是太陽能電池用的光伏材料，可知B為Si，①為C與二氧化硅的反應(yīng)，①②③為工業(yè)制備B的反應(yīng)，則C為SiCl4，其中②為Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4與氫氣反應(yīng)，提純Si，則反應(yīng)①的化學(xué)方程式為SiO2+2CSi+2CO↑，其中屬于置換反應(yīng)的有①③。25、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OHCl收集氯氣BD①②④2H2O+SO2+Cl2==2HCl+H2SO45mol7mol【解析】(1)用二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)制備純凈干燥的氯氣，裝置A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)生成的氯氣中含有少量的氯化氫和水蒸氣，B中選用飽和食鹽水，可以除去Cl2中混有的氯化氫雜質(zhì)；C中用濃硫酸干燥氯氣，干燥的氯氣與銅粉反應(yīng)后多余的氯氣用E收集，剩余的氯氣用氫氧化鈉溶液除去尾氣，防止污染空氣，故答案為：HCl；收集氯氣；(3)即使A裝置中的MnO2和D裝置中的Cu都是足量的，100mL12mol／L濃鹽酸經(jīng)充分反應(yīng)后得到的CuCl2也不足0.3mol，說明生成的氯氣物質(zhì)的量小于0.3mol，即被氧化的氯化氫少于0.6mol，少于氯化氫總量的一半。A.實驗前都要進行氣密性檢查，裝置漏氣是不合理的，故A錯誤；B.A裝置在加熱過程中鹽酸易揮發(fā)，使得利用的氯化氫減少，故B正確；C.CuCl2潮解吸水與氯化銅的物質(zhì)的量多少無關(guān)，故C錯誤；D.二氧化錳只能與濃鹽酸反應(yīng)，A裝置中反應(yīng)生成的水要稀釋鹽酸，變成稀鹽酸不再反應(yīng)，故D正確；故選BD。(4)經(jīng)Cl2消毒的自來水可以看成濃度較小的氯水，①氯水中含有氯氣，能夠?qū)I氧化變質(zhì)；②氯水中含有氯離子，能夠與AgNO3反應(yīng)生成氯化銀沉淀變質(zhì)；③AlCl3與氯水中的微粒不反應(yīng)，不變質(zhì)；④氯水中含有氯氣，能夠?qū)eCl2氧化變質(zhì)；⑤稀鹽酸與氯水中的微粒不反應(yīng)，不變質(zhì)；變質(zhì)的有①②④，故答案為：①②④；(5)氯氣具有較強的氧化性，二氧化硫具有較強的還原性，在水溶液中兩者1：1發(fā)生反應(yīng)：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4，生成物都無漂白性，因而SO2和Cl2按1：1同時通入到品紅溶液時，品紅溶液并不褪色，故答案為：2H2O+SO2+Cl2==2HCl+H2SO4；(6)由圖可知，t2時n(ClO-)=2mol，n(ClO3-)=1mol，根據(jù)得失電子守恒，n(C1-)=2mol×1+1mol×5=7mol，根據(jù)氯元素守恒，參加反應(yīng)Cl2為mol=5mol，若產(chǎn)生的n(C1-)為11mol，n(C1O3-)為2mol，根據(jù)得失電子守恒，n(ClO-)=11mol-2mol×5=1mol，根據(jù)電荷守恒，n[Ca(OH)2]=n(Ca2+)=×(11mol+2mol+1mol)=7mol，故答案為：5mol；7mol。26、ECDABHGF除去氯氣中的HCl雜質(zhì)吸收過量的氯氣試紙變藍2KI+Cl2=2KCl+I2MnO2+4HCl(濃)=MnCl2+Cl2↑+2H2O2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O【解析】

濃鹽酸與二氧化錳在加熱的條件下生成二氯化錳、氯氣和水，濃鹽酸易揮發(fā)，則生成的氯氣中含有雜質(zhì)HCl和水；先連接盛有飽和食鹽水的裝置，可除去HCl雜質(zhì)，再連接盛有濃硫酸的裝置可除去水蒸氣；氯氣的密度大于空氣，可采用長進短出的方式收集氯氣；氯氣有毒，最后應(yīng)有尾氣處理裝置?！驹斀狻?1)按照制備氣體的“發(fā)生裝置→凈化裝置→收集裝置→尾氣處理裝置”的順序可確定裝置連接順序。制得的Cl2中混有HCl和水蒸氣，先用飽和食鹽水除去HCl，然后通過濃硫酸進行干燥；由于Cl2的密度比空氣大，收集Cl2時導(dǎo)管應(yīng)長進短出；Cl2有毒，最后用NaOH溶液進行尾氣處理，故連接順序為E→C、D→A、B→H、G→F。(2)裝置中飽和食鹽水的作用是除去Cl2中的HCl雜質(zhì)；NaOH溶液的作用是吸收過量的Cl2。(3)濕潤的淀粉-KI試紙遇Cl2時發(fā)生反應(yīng)：2KI+Cl2=2KCl+I2，淀粉遇變藍色。(4)①濃鹽酸與二氧化錳在加熱的條件下生成二氯化錳、氯氣和水，方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；②NaOH與氯氣反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，方程式為2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。27、膠頭滴管abdcfe50020.0D【解析】（1）f．繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至刻度線下1～2cm時，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至凹液面與刻度線相切；配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的操作步驟為計算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、定容、搖勻，故正確操作順序為abdcfe；（2）實驗室沒有480mL規(guī)格的容量瓶，故配制濃度為1mol/L的NaOH溶液480mL需要使用500mL的容量瓶配制此溶液，需要稱量NaOH固體的質(zhì)量為；（3）A．容量瓶中原有少量蒸餾水對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積都無影響，所以對配制溶液的物質(zhì)的量濃度無影響，選項A不選；B．沒有洗滌燒杯會導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，導(dǎo)致配制溶液的物質(zhì)的量濃度偏小，選項B不選；C．定容搖勻后，靜置時發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加水至刻度線，則加入的水偏多，溶液濃度偏小，選項C不選；D．定容時俯視液面導(dǎo)致溶液的體積偏小，所配制溶液的物質(zhì)的量濃度偏大，選項D選。答案選D。點睛：本題考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制及誤差判斷，注意從分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響判斷。根據(jù)分析操作對溶質(zhì)的物