2026届广西壮族自治区南宁市第三中学高一化学第一学期期中检测试题含解析.doc

2026届广西壮族自治区南宁市第三中学高一化学第一学期期中检测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、下列实验室操作类似“海水晒盐”原理的是（ ）
A．蒸馏 B．蒸发 C．过滤 D．搅拌
2、常温常压下，等质量的CH4、CO2、O2、SO2分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是（ ）
A． B． C． D．
3、下列说法正确的是
A．通常状况，1 mol任何气体的体积都约是22.4 L
B．H2的摩尔质量是2 g，1mol H2所占的体积是22.4 L
C．在标准状况下，1 mol任何物质所占的体积都约是22.4 L
D．在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L
4、将30mL 0.5 mol/L NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后溶液的浓度为（ ）
A．0.1 mol/L B．0.3 mol/L C．0.05 mol/L D．0.03 mol/L
5、已知A2On2-可将B2－氧化为B单质，A2On2-则被还原为A3＋，又知100 mL的0.3 mol·L－1的A2On2-与150 mL的0.6 mol·L－1B2－恰好完全反应，则A2On2-中的n值为
A．4 B．5 C．6 D．7
6、同温同压下，等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体的比较中，正确的是（ ）
A．密度比为11∶16 B．物质的量比为16∶11
C．体积比为11∶16 D．分子个数比为16∶11
7、已知A、B、C、D、E是短周期原子序数依次增大的五种元素，A原子在元素周期表中原子半径最小；B与E同主族，且E的原子序数是B的两倍；C、D是金属元素，它们的氢氧化物相互之间可以发生反应。下列说法不正确的是( )
A．单质D可用于冶炼某些难熔金属
B．简单离子的半径：C>D>E>B
C．稳定性：A2B>A2E
D．工业上常用电解法制得C和D的单质
8、下列关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是
A．Na2O与Na2O2颜色相同 B．均可与CO2、H2O反应产生氧气
C．所含氧元素的化合价均为－2 D．阴阳离子的个数比均为1：2
9、化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是
A．P原子的结构示意图
B．N原子的电子式：: N :
C．氦气的分子式He2
D．重氢原子的角标表示法H
10、设阿伏加德罗常数为NA，标准状况下某O2和N2的混合气体m g 含有b个分子，则n g 该混合气体在相同状况下所占的体积(L)应是
A． B． C． D．
11、下列关于胶体的叙述错误的是
A．江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
B．胶体不一定是液态，胶体的丁达尔效应属于化学变化
C．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化
D．静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘，利用的是胶粒带电荷的性质
12、下列有关容量瓶的四种说法，正确的一组是
①标有使用温度、容积和一条刻度线；
②不宜贮存溶液；
③不能用来加热，不能作反应器；
④使用之前要检查是否漏水；

⑤容量瓶用蒸馏水洗净后，应干燥后再配制溶液。
A．仅①②③④ B．仅②③ C．仅①②④⑤ D．仅②③④
13、配制100 mL 1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液，下列情况会导致溶液浓度偏高的是( )
A．容量瓶使用前用1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液润洗
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
C．仰视确定凹液面与刻度线相切
D．用敞口容器称量Na2CO3且时间过长
14、在2L0.1mol·L-1 BaCl2溶液中，下列说法正确的是
A．Cl―物质的量为0.1mol B．Cl―物质的量浓度为0.2 mol.L-1
C．Ba2＋物质的量为0.1mol D．Ba2＋物质的量浓度为0.2 mol.L-1
15、实验室配制1 mol•L-1盐酸250mL，下列不需用的仪器是（ ）
A．250mL容量瓶 B．托盘天平 C．胶头滴管 D．烧杯
16、36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述正确的是(　　)
A．所得溶液的物质的量浓度：c＝1 mol·L－1
B．所得溶液中含有NA个HCl分子
C．36.5 g HCl气体在标准状况下占有的体积约为22.4 L
D．所得溶质的质量分数：w＝36.5/(1 000ρ)
17、下列离子方程式书写正确的是( )
A．氧化铜与盐酸反应 O2― +2H＋ ====H2O
B．氨气通入醋酸　CH3COOH + NH3 = CH3COO－＋NH4＋
C．碳酸氢钠溶液与NaOH溶液混合：HCO3－ + OH－ = H2O + CO2 ↑
D．硫酸氢钠溶液与NaOH溶液混合：HSO4－ + OH－ = H2O + SO42－
18、在盛有碘水的试管中，加入少量CCl4后振荡，静置片刻后的正确现象是
A．溶液分层，上层紫红色 B．溶液分层，下层紫红色
C．整个溶液变为棕黄色 D．整个溶液变紫红色
19、将10 mL 5 mol／L的HCl溶液稀释到200 mL，从中取出5 mL，这5 mL溶液的物质的量浓度为（　　）
A．0.5 mol／L B．0.25 mol／L C．0.1 mol／L D．1 mol／L
20、下列各项正确的是(　　)
A．镁、铝与沸水不可能反应
B．铁在一定条件下可以与水反应
C．钠与水反应的离子方程式：Na＋H2O=Na＋＋OH－＋H2↑
D．钠和硫酸铜溶液反应的离子方程式：2Na＋Cu2＋=2Na＋＋Cu
21、下列有关物理量相应的单位表达错误的是( )
A．摩尔质量g/mol B．气体摩尔体积L/mol
C．溶解度g/100g D．密度g/cm3
22、根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（　　）
①H2SO3+I2+H2O═2HI+H2SO4
②2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2
③3FeCl2+4HNO3═2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3
A．H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NO B．I﹣＞Fe2+＞H2SO3＞NO
C．Fe2+＞I﹣＞H2SO3＞NO D．NO＞Fe2+＞H2SO3＞I﹣
二、非选择题(共84分)
23、（14分）某河道两旁有甲、乙两厂，它们排放的工业废水中共含K＋、Ag＋、Fe3＋、Cl－、OH－、NO六种离子。
（1）甲厂的废水含有OH－，则甲厂废水中一定不含_______和________（填离子符号）。
（2）乙厂的废水中一定含有的阴离子是________（填离子符号），加入铁粉后可回收某种金属，写出该反应的离子方程式：__________________________。
（3）另一种设想是将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的某些离子转化为沉淀。经过滤后的废水主要含________(写化学式)，可用来浇灌农田。
24、（12分）下表是周期表中的一部分，根据元素A~I在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：

ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
一
A

二

D
E

G
I
三
B

C

F
H

(1)上述元素中性质最不活泼的是____，只有负价而无正价的是____，单质氧化性最强的是____，单质还原性最强的是____。 
(2)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是____，酸性最强的是____，呈两性的是____。 
(3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为_________________，这些化合物中最稳定的是____。 
(4)在B、C、D、E、F、G、H中，原子半径最大的是____。
25、（12分）I在2020年全国抗击新冠肺炎的战役中使用了大量的84消毒液，它是一种以次氯酸钠(NaClO)为有效成分的高效消毒剂，其水溶液具有强氧化性，可以使病毒的核酸物质被氧化从而杀灭病毒。使用时需注意：勿与洁厕灵(主要成分为浓盐酸)混用：宜储存在避光、阴凉处······
(1)由储存注意事项可推测84消毒液消毒效果的影响，实验方案如下：
取4个烧杯，分别倒入30mL 84消毒液。将4个烧杯分别置于20℃、30℃、40℃、50℃水浴中加热。已知：反应溶液氧化性直观的参数是氧化还原电位(ORP)，ORP值越大，表明氧化性越强，消毒效果越好。实验采用氧化还原电位传感器采集ORP数据，绘制图像如下：

(2)分析图像，可以获得的结论是____；84消毒液不能直接用来洗手，需要加水稀释后才可使用，稀释时水的温度最好不超过_____℃。
(3)如果将84消毒液与洁厕灵混用，会产生一种有毒气体和一种常见的盐，写出化学反应方程式___。
Ⅱ、84消毒液也可用于漂白，该小组继续探究84消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验：
步骤1：将5mL市售84消毒液稀释至100倍，测得稀释后溶液的pH=12；
步骤2：将稀释后溶液各20mL分别加入3个洁净的小烧杯中；
步骤3：用H2SO4溶液将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7和4.(溶液体积变化忽略不计)
步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：

已知：溶液中Cl-、HClO和ClO-物质的量分数(a)随溶液pH变化的关系如下图所示：

(4)①由实验现象可获得一下结论：溶液的pH再4~10范围内，pH越大，红纸褪色_____。
②结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是_______。
③图像表明，当调至pH=4时，84消毒液中的有效成分几乎变成HClO，由上述实验可知，其他条件相同时，氧化性HClO_____NaClO(填“>”或“<”),消毒液之所以为次氯酸盐而不是此路算是由于此路算不稳定，写出HClO见光分解的化学反应方程式______，每有10.5gHClO分解，转移电子的物质的量为______。
26、（10分）实验室用密度为1.25g/mL，质量分数为36.5%浓盐酸配制250mL 0.5mol/L的稀盐酸，请填空并回答下列问题：
（1）浓盐酸的物质的量浓度为__________________(列出算式）
（2）配制250mL 0.5mol/L的稀盐酸用量筒量取浓盐酸的体积____________mL，应选用容量瓶的规格_________mL
（3）配制时，其正确的操作顺序是_________________（用下列字母表示，每个字母只能用一次）
A．用30mL水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。
B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀。
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中。
D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切。
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1—2cm处。
（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是____________________________________，
若实验过程E中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，该如何处理？_____________________。
（5）向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴掉在容量瓶外面，则浓度_______（偏大偏小、不影响）。
27、（12分）实验室用固体烧碱配制0.1mol/L的NaOH溶液480mL，请回答：
(1)经计算需要用托盘天平称取质量__________g NaOH固体，NaOH固体放在______________称量。
(2)有以下仪器：①烧杯 ②药匙 ③250mL容量瓶 ④500mL容量瓶 ⑤玻璃棒⑥托盘天平 ⑦量筒，配制时肯定不需要的仪器是__________(填序号)，除已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是____________。
(3)配制溶液时，在计算、称量、溶解、冷却后还有以下几个步骤，其正确的操作顺序为___________________(填序号)。
①振荡摇匀 ②洗涤 ③定容 ④颠倒摇匀 ⑤转移
(4)配制过程中，下列操作会引起结果偏低的是_______(填序号)
A．未洗涤烧杯、玻璃棒 B．定容时俯视刻度
C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 D．NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶
28、（14分） (1)原子是由________和________构成的，原子核是由_______和_______构成的，（_______）的原子核中只有质子），原子的质量主要取决于_________的质量。
(2)写出下列物质的电子式Mg__________ Cl-__NaCl __________ HCl _____
29、（10分）I.现有以下物质：①NaCl固体；②液态CO2；③液态氯化氢；④汞；⑤固体BaSO4；⑥蔗糖；⑦酒精；⑧熔融的Na2CO3，请回答下列问题：
（1）以上物质中能导电的是____；
（2）以上物质属于电解质的是____；
（3）以上物质属于非电解质的是____；
（4）以上物质溶于水后形成的溶液能导电的是_____；
（5）属于盐的有____；
（6）写出⑧溶于水中的电离方程式____。
Ⅱ.在一定条件下，有下列物质：①8gCH4②6.02×1023个HCl分子③2molO2。按由小到大的顺序填写下列空白(填写序号)：
（1）摩尔质量____；（2）物质的量_____；
（3）分子数目_____；（4）原子数目____；
（5）质量_____。
III.（1）分离胶体和溶液常用的方法叫____；
（2）等质量的O2和O3所含原子个数比为____；
（3）若ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是____。
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】
食盐的溶解度受温度的影响小，从食盐溶液中获得食盐利用阳光和风蒸发水分，使海水中的水分蒸发掉，使氯化钠结晶出来，海水晒盐利用的方法是蒸发，故B正确；
答案选B。
2、D
【解析】
同温同压下，相同质量的气体，体积之比与摩尔质量成反比，即摩尔质量越大，气体占有的体积越小，以此解答。
【详解】
CH4的摩尔质量为16g/mol，CO2的摩尔质量为44g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，SO2的摩尔质量为64g/mol，故同温同压下，等质量的CH4、CO2、O2、SO2占有体积大小为：CH4>O2>CO2>SO2，故选D。
3、D
【解析】
A. 标准状况下，1 mol任何气体的体积都约是22.4 L，A错误；
B. H2的摩尔质量是2g/mol，标准状况下，1mol H2所占的体积约是22.4 L，B错误；
C. 在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L，C错误；
D. 在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L，D正确。
答案选D。
4、D
【解析】
根据稀释定律，稀释前后溶质NaOH的物质的量相等，据此计算稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度。
【详解】
设稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为c，根据溶液的稀释定律：稀释前后溶质的量不变进行计算。0.03L ×0.5mol/L =0.5L×c，c=0.03 mol/L，
答案选D。
5、D
【解析】
结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，表现为化合价升降总数相等计算。
【详解】
n（A2On2-）=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，n（B2-）=0.6mol×0.15L=0.09mol，反应中A元素化合价降低到+3价，B元素化合价升高到0价，设A2On2-中A的化合价为x，则2x+2=2n，x=n-1，氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，则有（n-1-3）×0.03mol×2=（2-0）×0.09mol，解得n=7，故答案选D。
本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意根据氧化还原反应中转移电子数目相等的角度解答。
6、C
【解析】
令二者的质量为1g，n(SO2)==mol，n(CO2)==mol。
A．同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，二氧化硫和二氧化碳气体的密度之比为64：44=16：11，故A错误；
B．等质量二氧化硫与二氧化碳物质的量之比=mol：mol =11：16，故B错误；
C．同温同压下，体积之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的体积之比为mol：mol =11：16，故C正确；
D．分子数之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的分子数之比为mol：mol =11：16，故D错误；
答案选C。
7、B
【解析】
因为A为短周期元素，而且A原子在元素周期表中原子半径最小，可知A为H；B和E同主族，而且E的原子序数是B的两倍可知B为O，E为S；C、D是金属元素，它们的氢氧化物相互之间可以发生反应，应是氢氧化钠与氢氧化铝的反应，且D的原子序数较大，则C为Na元素、D为Al元素。
【详解】
A．D的单质为Al，Al的还原性比较强，可以利用铝热反应冶炼某些难熔金属，故A正确。
B．C的简单离子为Na+，D的简单离子为Al3+，B的简单离子为O2－，E的简单离子为S2－，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2－> O2－>Na+> Al3+，故B错误。
C．非金属性O＞S，故稳定性：H2O＞H2S，故C正确。
D．工业上电解熔融NaCl生成Na，电解熔融的氧化铝生成Al故D正确。本题选B。
电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大。
8、D
【解析】试题分析：Na2O为白色，Na2O2为淡黄色固体，颜色不相同，故A错误；Na2O和Na2O2与CO2、H2O反应不能生成氧气，故B错误；Na2O2中氧元素的化合价均为－1，故C错误；Na2O2中含有、个数比为2:1，Na2O中含有、个数比为2:1，故D正确。
考点：本题考查钠及其化合物的性质。
9、D
【解析】
A选项， P原子最外层有5个电子，P原子的结构示意图为，故A错误；
B选项，N原子最外层有5个电子，N原子的电子式为；故B错误；
C选项，氦气是单原子分子，氦气的分子式为He，故C错误；
D选项，重氢原子的质子数为1，中子数1，因此原子符号角标表示法为H，故D正确；
综上所述，答案为D。
10、A
【解析】
试题分析：令混合气体平均摩尔质量为Mg·mol－1，根据物质的量和微粒数之间的关系，M=m×NA/bg·mol－1，因此ng混合气体的体积为n×22.4/（mNA/b）L=22.4nb/mNAL，故选项D正确。
考点：考查物质的量、微粒数、气体体积之间的关系等知识。
11、B
【解析】
A.江河水中的泥沙是胶体，遇到海水中的电解质发生了聚沉，日积月累，形成了三角洲，故A正确；
B.胶体依据分散剂状态分为固溶胶、液溶胶、气溶胶，胶体的丁达尔效应是分散质对光的散射作用，属于物理变化，故B错误；
C.用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐为渗析过程，没有新物质生成是物理变化，只是将淀粉胶体和食盐分开，不涉及化学变化，故C正确；
D.中和胶体粒子的电性能够使胶体发生电泳，如用净电除尘器吸附带电的飘尘，而使之电泳除去，故D正确；
故答案为：B。
12、A
【解析】
容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器，它是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，标有温度和容量，颈上有刻度；使用时要先检验是否漏水，容量瓶不能进行加热，容量瓶只能用于配制溶液，不能长时间或长期储存溶液，正确的有①②③④，故选A。
13、A

【解析】
A、容量瓶使用前用1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液润洗，溶质的物质的量增加，浓度偏高，A正确；B、配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减少，浓度偏低，B错误；C、仰视确定凹液面与刻度线相切，溶液体积增加，浓度偏低，C错误；D、用敞口容器称量Na2CO3且时间过长，导致溶质的质量减少，浓度偏低，D错误，答案选A。
14、B
【解析】
2L0.1mol·L-1 BaCl2溶液中，含有氯化钡的物质的量为:0.1mol·L-1×2L=0.2mol；
A. 0.2mol氯化钡中Cl―物质的量为0.1mol×2=0.2mol，故A错误；
B. Cl―物质的量浓度为(0.2 mol×2)/2L=0.2mol/L，故B正确；
C.0.2mol氯化钡中 Ba2＋物质的量为0.2mol，故C错误；
D. Ba2＋物质的量浓度为0.2 mol/2L=0.1mol/L，故D错误；
故选B。
15、B
【解析】
配制250毫升的盐酸溶液，是通过浓盐酸稀释的方法进行，故只需要使用250毫升的容量瓶，量筒，烧杯 ，玻璃棒，胶头滴管等，所以选B。
16、C
【解析】A、36.5 g HCl的物质的量为1mol，由于溶剂水的体积1L不等于溶液的体积，所以所得溶液的物质的量浓度不等于1 mol·L－1，故A错误；B、HCl溶于水全部电离为H+、Cl—，所以溶液中没有HCl分子，则B错误；C、36.5 g HCl(即1mol)气体在标准状况下占有的体积约为22.4 L，则C正确；D、质量分数的正确表达式为w＝36.5c/(1 000ρ)，所以D错误。本题正确答案为C。
17、B
【解析】
A.氧化铜与盐酸反应的离子方程式为：CuO+2H+═H2O+Cu2+，故A错误；
B.醋酸是弱电解质，醋酸和氨气反应的离子方程式：CH3COOH+NH3═CH3COO-+NH4+，故B正确；
C.碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为：HCO3-+OH-=H2O+CO32-，故C错误；
D.硫酸氢钠溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为：H++OH－=H2O，故D错误。
故选B。
判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。
18、B
【解析】
在盛有碘水的试管中，加入少量CCl4后振荡，由于碘在CCl4中的溶解度大而在水中的溶解度小，水与CCl4互不相溶，密度CCl4比水大，所以静置片刻后，会看到溶液分层，上层几乎无色，下层为紫红色。因此选项是B；
综上所述，本题选B。
19、B
【解析】
根据稀释定律c1V1=c2V2，c2==0.25mol/L。溶液具有均一性，无论去多少，浓度不变，故答案选B。
20、B
【解析】
A.镁可以与热水反应，铝可以与沸水反应，A错误；
B.铁在高温下与水蒸气发生反应：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，B正确；
C.钠与水反应的离子方程式：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，C错误；
D.钠先与水反应，生成的氢氧化钠再和硫酸铜发生复分解反应，反应的离子方程式：2Na＋2H2O＋Cu2＋===Cu(OH)2↓＋H2↑＋2Na＋，D错误；
综上所述，本题选B。
钠、钾等金属与冷水剧烈反应生成碱和氢气，镁与热水反应生成碱和氢气，铝与沸水微弱反应生成氢氧化铝和氢气，而铁和水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，注意生成的不是碱。
21、C
【解析】
A．M=，质量的单位为g，物质的量的单位为mol，则摩尔质量的单位为g/mol，故A正确；
B．Vm=，体积单位为L，物质的量单位为mol，则气体摩尔体积的单位为L/mol，故B正确；
C．溶解度的单位为g，故C错误；
D．ρ=，质量单位为g，体积单位为cm3，则密度的单位为g/cm3，故D正确；
故答案为C。
22、A
【解析】
①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3＞I-，
②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I-＞Fe2+，
③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2+＞NO，
显然还原性由强到弱的顺序为H2SO3＞I-＞Fe2+＞NO，
故选：A。
利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱。

二、非选择题(共84分)
23、Ag+ Fe3+ NO3- Fe + 2Ag+ = Fe2+ + 2Ag KNO3
【解析】
甲厂的废水含有OH－，因此Ag+、Fe3+不可能存在于甲厂的废水中，而必定存在于乙厂的废水中，Cl-不可能存在于乙厂的废水中，一种溶液中必定同时存在阴、阳离子，所以必定存在于乙厂的废水中。最后可得甲厂废水中含有OH-、Cl-、K+。乙厂的废水中含有银离子，而加入铁粉可以置换出溶液中的银。
【详解】
甲厂的废水含有OH－，因此Ag+、Fe3+不可能存在于甲厂的废水中，而必定存在于乙厂的废水中，Cl-不可能存在于乙厂的废水中，一种溶液中必定同时存在阴、阳离子，所以必定存在于乙厂的废水中。最后可得甲厂废水中含有OH-、Cl-、K+。根据以上分析，（1）甲厂的废水含有OH－，则甲厂废水中一定不含Ag+ 和Fe3+。（2）乙厂的废水中一定含有的阴离子是，铁的活泼性大于银，加入铁粉后可回收银，反应的离子方程式是：Fe + 2Ag+ = Fe2+ + 2Ag；（3）若两溶液混合可生成氯化银、氢氧化铁等沉淀，溶液中的溶质主要有KNO3。
24、Ne F F2 Na NaOH H2SO4 Al(OH)3 CH4、NH3、PH3、HF、H2S HF Na
【解析】
由元素在元素周期表中的位置可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I分别是H、Na、Al、C、N、P、F、S、Ne。根据元素周期律分析解答。
【详解】
(1)稀有气体性质最不活泼，所以化学性质最不活泼的是Ne；F的非金属性最强，则F元素只有负化合价，没有正化合价；元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质氧化性最强的是F2；元素的金属性越强，单质的还原性越强，单质还原性最强的是Na，故答案为：Ne； F；F2；Na；
(2)元素的金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，以上各元素中，金属性最强的为Na，则碱性最强的为NaOH；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，根据元素周期律知，非金属性最强的元素是F，但F元素没有含氧酸，非金属性次之的是S元素，其最高价含氧酸是H2SO4，所以酸性最强的酸是H2SO4；氢氧化铝为两性氢氧化物，故答案为：NaOH；H2SO4；Al(OH)3；
(3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为CH4、NH3、PH3、HF、H2S，非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，这些化合物中最稳定的是HF，故答案为：CH4、NH3、PH3、HF、H2S；HF；
(4)B、C、D、E、F、G、H中，D、E、G元素的原子含有2个电子层，B、C、F、H原子含有3个电子层，由于B的原子序数最小，则B的原子半径最大，即：原子半径最大的为Na，故答案为：Na。
25、低于40℃时，NaClO能稳定存在；高于40℃时，NaClO易分解 40 NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O 越慢 b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO的浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢 ＞ 2HClO=2HCl+O2↑ 0.4
【解析】
I．根据图像可知，20℃、30℃、40℃时，ORP数据变化不大，氧化性基本保持不变；50℃水浴中加热，ORP数据减小，氧化性减弱；
II．根据溶液中的pH及氯原子的存在形式及实验现象可知，溶液的碱性越强，次氯酸的浓度越小，氧化性越弱。
【详解】
(2)分析图像，NaClO溶液低于40℃时，能稳定存在；高于40℃时，易分解；稀释时水的温度最好不超过40℃；
(3)已知NaClO与洁厕灵(HCl)混用，会产生一种有毒气体和一种常见的盐，毒气为氯气，盐为氯化钠，化学方程式为NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O；
(4)①由实验现象可获得一下结论，溶液的pH再4~10范围内，pH越大，次氯酸的浓度越小，红纸褪色越慢；
②b、c两烧杯中，b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO的浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；
③pH越大，HClO的浓度越小，褪色越慢，则氧化性HClO＞NaClO；HClO见光分解为HCl和氧气，化学反应方程式为2HClO=2HCl+O2↑；2molHClO分解时，转移4mol电子，10.5gHClO即0.2mol分解，转移0.4mol电子。
26、12.5mol/L 10.0 250 B、C、A、F、E、D 保证溶质全部转入容量瓶,减小误差 重新配制 偏小
【解析】
（1）依据C=1000ρω/M计算浓盐酸的物质的量浓度；
（2）依据c浓V浓=c稀V稀计算所需浓盐酸的体积；
（3）依据配制一定物质的量浓度的一般操作步骤解答；
（4）（5）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V分析判断。
【详解】
（1）浓盐酸的物质的量浓度c=1000ρω/M=1000×1.25g/mL×36.5%/36.5g/mol=12.5mol/L，故答案为12.5mol/L。
（2）设所需浓盐酸的体积为V浓，依据c浓V浓=c稀V稀可知，250mL×0.5mol/L=12.5mol/L×V浓，V浓=10.0mL，所配制的溶液的体积为250mL，故所需的容量瓶的容积为250mL，故答案为10.0， 250。
（3）配制一定物质的量浓度的溶液步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，其正确的操作顺序是B、C、A、F、E、D，故答案为B、C、A、F、E、D。
（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，因为烧杯壁上沾有溶质，为防止引起误差必须洗涤烧杯内壁2-3次，若实验过程E中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，实验失败，无法挽回，必须重新配制，故答案为保证溶质全部转入容量瓶，减小误差；重新配制。
（5）向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴落在容量瓶外面，溶质的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，故答案为偏小。
配制过程中误差分析：
①称好后的药品放入烧杯时，有少量洒在烧杯外；（mB偏小，cB偏低）
②溶解搅拌时有部分液体溅出；（mB偏小，cB偏低）
③转移时有部分液体溅出；（mB偏小，cB偏低）
④未洗涤烧杯和玻璃棒2次～3次；（mB偏小，cB偏低）
⑤溶解时放热，且未冷却至室温（20℃）（V偏小,cB偏高）
⑥在定容时，仰视读数（V偏大，cB偏低），俯视读数（V偏小，cB偏高）
⑦在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分；（V偏大，cB偏低）
⑧加水至刻度线后，摇匀过程中，发现液面低于刻度线；（无影响）
⑨洗涤容量瓶后，未干燥，瓶中有少量蒸馏水。（无影响）
27、2.0g 小烧杯 ③ 胶头滴管 ⑤②①③④ A
【解析】
(1) 用固体烧碱配制0.1mol/L的NaOH溶液480mL，实验室没有480ml容量瓶会选择500ml容量瓶。氢氧化钠固体在空气中会潮解，需要放到小烧杯中称量。
(2) 配制物质0.1mol/L的NaOH溶液480mL需要的仪器有: 药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶。
(3) 配置步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等。
(4) 分析对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据c= 进行分析。
【详解】
(1)实验室没有480ml容量瓶会选择500ml容量瓶，需要称取NaOH固体质量m=cVM=0.1mol/L×500ml×40g/mol=2g。氢氧化钠固体在空气中会潮解，需要放到小烧杯中称量。
(2)配制物质0.1mol/L的NaOH溶液480mL肯定不需要的仪器是：③250mL容量瓶。除已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是：胶头滴管。
(3)配制溶液时，在计算、称量、溶解、冷却后还有以下几个步骤，其正确的操作顺序为：⑤转移②洗涤①振荡摇匀③定容④颠倒摇匀。
(4) A.未洗涤烧杯、玻璃棒。导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度降低。B.定容时俯视刻度。溶液体积偏小，溶液浓度偏高。C.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水。溶质的物质的量和溶液体积都不影响，对溶液浓度无影响。D.NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶。冷却后溶液体积减少，溶液浓度升高。会引起结果偏低的是A。
28、原子核 核外电子 质子 中子 11H 原子核
【解析】
分析：（1）根据原子的结构及其带电情况分析解答，氢原子原子核中没有中子，电子的质量很小。
（2）镁原子最外层有两个电子；Cl-最外层有8个电子，为阴离子，加括号并标明电荷数；NaCl含离子键，由钠离子和氯离子构成；HCl只含共价键，存在共用电子对，以此来解答。
详解：（1）原子是由原子核和核外电子构成的，而原子核一般是由质子和中子构成的，其中质子带正电荷，中子不带电。氢原子原子核中没有中子，电子的质量很小，所以原子的质量主要集中在原子核上；
因此，本题正确答案是：原子核；核外电子；质子；中子；；原子核。
（2）Mg原子最外层有两个电子，电子式为：；氯离子最外层为8电子，氯离子的电子式为：；NaCl是由钠离子和氯离子离子构成的离子化合物，其电子式为；HCl属于共价化合物,不存在离子键，分子中氢原子与氯原子之间形成1对共用电子对，HCl电子式为，因此，本题正确答案是：氯离子最外层为8电子，氯离子的电子式为：；；；。
点睛：本题考查了电子式的书写，题目难度中等，注意掌握电子式的概念及表示方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法及区别。
29、④⑧ ①③⑤⑧ ②⑥⑦ ①②③⑧ ①⑤⑧ Na2CO3=2Na++CO32- ①<③<② ①<②<③ ①<②<③ ②<①<③ ①<②<③ 渗析 1∶1 L
【解析】
I.根据电解质和非