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精品解析：北京市北京师范大学附属中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：北京市北京师范大学附属中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了5 Fe-56，合金是一类用途广泛的金属材料，下列物质中，属于电解质的是，下列物质的电子式书写正确的是，下列元素中，原子半径最大的是， Cl2 等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(30道小题，每小题2分，共60分，每小题只有1个选项符合题意)
1.合金是一类用途广泛的金属材料。下列物质不属于合金的是
A. 不锈钢B. 青铜C. 生铁D. 水银
【答案】D
【解析】
【分析】
由两种或两种以上的金属和金属或金属和非金属熔化而成的具有金属特性的物质是合金，合金都属于混合物。
【详解】不锈钢、生铁属于铁合金，青铜是铜锡合金，水银属于单质，故选D。
【点睛】本题考查了合金的定义，注意合金的成分不一定都是金属。
2.下列物质中，属于电解质的是
A. CuB. NaCl溶液C. NaOH固体D. 乙醇
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱和盐等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质。
【详解】A. 金属Cu是单质，故不属于电解质也不属于非电解质，故A错误；
B. NaCl溶液是混合物，故不属于电解质也不属于非电解质，故B错误；
C. NaOH是碱，属于电解质，故C正确；
D. 乙醇属于非电解质，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查电解质和非电解质，明确概念的要点即可解答，抓住化合物来分析是解答的关键，并注意导电的原因来解答。
3.下列微粒中，既具有氧化性又具有还原性的是（ ）
A. Fe2+B. O2C. Cl-D. Na
【答案】A
【解析】
【详解】A. Fe2+化合价可以升高为+3价，也可以降低为0价，既具有氧化性又具有还原性，A正确；
B O2化合价只能降低，不能升高，只有氧化性，B错误；
C Cl-化合价只能升高，不能降低，只有还原性，C错误；
D. Na化合价只能升高，不能降低，只有还原性，D错误；故答案为：A。
4.下列物质的电子式书写正确的是（ ）
A. Cl：ClB. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯气的电子式为：，A错误；
B. 水的电子式为：，B正确；
C. 氯化钠是离子化合物，其电子式为：，C错误；
D. 氨气的电子式为：，D错误；故答案为：B。
5.下列四种基本反应类型与氧化还原反应的关系图中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 有单质参加的化合反应一定为氧化还原反应，不是所有的化合反应都是氧化还原反应，A错误；
B. 有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应，B错误；
C. 置换反应中，元素化合价有升有降，一定属于氧化还原反应，C正确；
D. 复分解反应一定不是氧化还原反应，D错误；故答案为：C。
6.在元素周期表中金属与非金属的分界处，可以找到（ ）
A. 合金B. 农药C. 催化剂D. 半导体材料
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在元素周期表中，金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来作导体，可以用来作合金等，像镁和铝等，A错误；
B. 非金属元素位于右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶剂可以用来作农药，B错误；
C. 可以用于作催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，C错误；
D. 在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来作良好的半导体材料，如硅等，D正确；故答案为：D。
7.下列元素中，原子半径最大的是
A. NaB. MgC. AlD. Si
【答案】A
【解析】
【详解】四种元素均是第三周期元素，同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径最大的是Na，答案选A。
8.重水（2H2O）是重要的核工业原料，下列说法不正确的是
A. 氘（2H）原子核内有1个质子B. 1H与2H是不同的核素
C. 1H218O与2H216O相对分子质量相同D. 1H2O与2H2O互为同位素
【答案】D
【解析】
【分析】
A．根据核组成符合判断；
B．具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子称为核素；
C．1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，2H216O的相对分子质量为：2×2+16=20；
D．同位素指的是同种元素的不同原子。
【详解】A．核组成符合左下方数字为质子数，故氘质子数为1，选项A正确；
B．具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子称为核素，1H与2H质子数相同，中子数不同，是氢元素的不同的核素，选项B正确；
C．1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，2H216O的相对分子质量为：2×2+16=20，选项C正确；
D．同位素指的是同种元素的不同原子，而1H2O与2H2O为水分子，选项D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查核素、同位素及质子数质子数和质量数关系，把握相关的概念及核变化为解答的关键，选项C为解答的易错点，注重基础知识的考查，题目难度不大。
9.下列各组离子中，能在溶液里大量共存的是（ ）
A. H+、Na+、SO42-、Cl-B. Ca2+、Na+、CO32-、NO3-
C. K+、Fe3+、OH-、SO42-D. Na+、H+、HCO3-、Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 在水溶液中H+、Na+、SO42-、Cl-均能共存，A正确；
B. Ca2+与CO32-反应生成碳酸钙的白色沉淀，不能共存，B错误；
C. Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁的红褐色沉淀，不能共存，C错误；
D. H+与HCO3-反应生成碳酸，不能共存，D错误；故答案为：A。
【点睛】HCO3-与H+反应：HCO3-+H+= H2O+CO2↑；HCO3-与OH-反应：HCO3-+OH-= H2O+ CO32-，所以HCO3-与H+或OH-均不能共存。
10.下列溶液中的c(SO42－)与50mL1ml·L－1Al2(SO4)3溶液中的c(SO42－)相等的是
A. 150mL1ml·L－1Na2SO4溶液
B. 75mL2ml·L－1(NH4)2SO4溶液
C. 150mL3ml·L－1K2SO4溶液
D. 20mL1.5ml·L－1Fe2(SO4)3溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
50mL1ml/LAl2（SO4）3溶液中c（SO42-）=1ml/L3=3ml/L。
【详解】A项，150mL1ml/LNa2SO4溶液中c（SO42-）=1ml/L；
B项，75mL2ml/L（NH4）2SO4溶液中c（SO42-）=2ml/L；
C项，150mL3ml/LK2SO4溶液中c（SO42-）=3ml/L；
D项，20mL1.5ml/LFe2（SO4）3溶液中c（SO42-）=1.5ml/L3=4.5ml/L；
综上所述，与题干中c（SO42-）相等的是C，答案选C。
【点睛】本题计算溶液中SO42-物质的量浓度，与溶质物质的量浓度和1ml溶质电离出的SO42-的物质的量有关，与溶液体积无关。
11.在标准状况下，下列物质体积最大的是（ ）
A. 3gH2B. 6.02×1023个H2C. 44.8LH2D. 0.5mlH2
【答案】C
【解析】
【详解】3gH2的物质的量为1.5ml，在标准状况下的体积为33.6L；6.02×1023个H2的物质的量为1ml，在标准状况下的体积为22.4L；44.8LH2；0.5mlH2在标准状况下的体积为11.2L；综上所述，体积最大的是44.8L，C项正确，故答案为：C。
12.下列说法中，符合VIIA族元素结构与性质特征的是（ ）
A. 原子易形成-2价阴离子
B. 单质均为双原子分子，具有氧化性
C. 原子半径随原子序数递增逐渐减小
D. 氢化物的稳定性随原子电子层数递增依次增强
【答案】B
【解析】
【详解】A. 原子最外层有7个电子，原子易形成−1价阴离子，A错误；
B. 元素非金属性较强，在化学反应中易得到电子，具有氧化性，B正确；
C. 原子半径随原子序数递增逐渐增大，C错误；
D. 同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应氢化物的稳定性逐渐减弱，D错误；故答案为：B。
13.在3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，氧化剂与还原剂的分子个数比为
A. 2∶1B. 1∶2C. 3∶1D. 1∶3
【答案】B
【解析】
【详解】在3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，参加反应的3个NO2分子中，有2个N原子的化合价升高到+5价，所以有2个NO2做还原剂；1个NO2中N元素的化合价降低，作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的分子个数比为1:2，答案选B。
14.下列有关试剂保存的说法中，不正确的是（ ）
A. 新制氯水保存在棕色试剂瓶中
B. 金属Na保存在煤油中
C. 漂白粉保存在敞口容器中
D. 过氧化钠应密封保存
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯水中的次氯酸不稳定，见光易分解，所以应保存在棕色瓶，A正确；
B. 钠密度大于煤油，与煤油不反应少量的钠保存在煤油中可以隔绝空气中氧气和水，B正确；
C. 漂白粉的有效成分为次氯酸钙，可与空气中二氧化碳、水反应生成易分解的次氯酸而变质，漂白粉要密闭保存，C错误；
D. 过氧化钠能与空气中的水、二氧化碳反应，所以过氧化钠应密封保存，D正确；故答案为：C。
15.下列关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，不正确的是（ ）
A. 热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
B. 相同温度下，溶解度：Na2CO3>NaHCO3
C. 等质量的Na2CO3和NaHCO3最多产生CO2的量：Na2CO3D. 等物质的量的Na2CO3和NaHCO3最多消耗盐酸的量：Na2CO3【答案】D
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钠受热易分解，则热稳定性为Na2CO3>NaHCO3，A正确；
B. 相同温度、相同溶剂时，碳酸钠的溶解度大，即相同温度下，在水中Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，B正确；
C. 由CO32−+2H+═CO2↑+H2O，HCO3−+H+═H2O+CO2↑可知，质量相同时，碳酸氢钠的物质的量大，则生成二氧化碳较多，C正确；
D. Na2CO3和NaHCO3分别投入足量的盐酸中，分别发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别盐酸充分反应，Na2CO3消耗盐酸较多，D错误；故答案为：D。
【点睛】碳酸钠的稳定性大于碳酸氢钠、碱性强于碳酸氢钠、溶解性大于碳酸氢钠。
16.用如图所示装置进行Fe与水蒸气反应的实验，下列有关说法不正确的是
A. 装置A的作用是为实验提供持续不断的水蒸气
B. 装置B中反应的化学方程式是2Fe+3H2OFe2O3+3H2↑
C. 装置C中加入的固体干燥剂可能是碱石灰
D. 点燃D处的气体前必须检验气体的纯度
【答案】B
【解析】
【详解】A.装置A是液态水在加热的条件下加热产生水蒸气的装置，作用是为实验提供持续不断的水蒸气，A正确；
B.Fe与水蒸气在高温下发生反应产物是Fe3O4和H2，B中反应的化学方程式是3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，B错误；
C.氢气属于中性气体，可以用碱石灰做干燥剂，C正确；
D.氢气在点燃之前应该先检验气体的纯度，防止发生爆炸，D正确；
故合理选项是B。
17.下列说法正确的是
A. NaCl的摩尔质量是58.5 g
B. 标准状况下，22.4 L水中约含6.02×1023个H2O分子
C. 常温常压下，22 g CO2中所含氧原子数约为6.02×1023
D. 将40 g NaOH固体溶于1 L H2O中，得到1 ml/L的NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
A、摩尔质量单位是g/ml；
B、依据气体摩尔体积的条件应用分析，水在标准状况下不是气体；
C、每个二氧化碳分子含有2个O原子；
D、溶液的体积不等于溶剂的体积，将氢氧化钠固体溶于1L水中，溶于体积大于1L。
【详解】A. 摩尔质量单位是g/ml，NaCl的摩尔质量是58.5g/ml，故A错误；
B. 水在标准状况下不是气体，标准状况下，22.4L水物质的量不是1ml，故B错误；
C. 每个二氧化碳分子含有2个O原子，常温常压下22 g二氧化碳物质的量为0.5ml，所含O原子的物质的量为1 ml,原子数约为6.02×1023，故C正确；
D. 将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L，配制1 ml/L的NaOH溶液应将40 g NaOH固体溶于H2O中配成1 L溶液，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查摩尔质量、阿佛加德罗常数、溶液的配制等，注意将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L。
18.反应条件与环境对化学反应会产生影响，下列说法错误的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. H2O2加入少量MnO2后能加快反应速率，所以MnO2作 H2O2分解催化剂，A正确；
B. 钠和氧气在常温下生成氧化钠，在加热生成过氧化钠，所以为反应温度不同，B正确；
C. 20mL H2O2比10mL H2O2产生更多的氧气，原因为 H2O2量多生成的氧气就多，C错误；
D. 过氧化氢在酸、碱、中性条件下将高锰酸钾分别还原成Mn2+、MnO42-、MnO2，说明溶液的酸碱性不同高锰酸钾氧化性不同，D正确；故答案为：C。
19.下列除去杂质（括号中的物质为杂质）的方法中，不正确的是
A. FeCl3溶液（FeCl2）：通入适量Cl2
B. Fe2O3固体（Al2O3）：加入足量的盐酸，过滤
C. CO气体（CO2）：通过NaOH溶液洗气后干燥
D. Cl2气体（HCl）：通过饱和NaCl溶液洗气后干燥
【答案】B
【解析】
【详解】A、2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，没有引入新杂质，故说法正确；
B、Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，把Fe2O3消耗了，应用氢氧化钠溶液，故错误；
C、CO2是酸性氧化物，CO不属于酸性氧化物，通过NaOH溶液吸收CO2，然后干燥，得到纯净的CO，故说法正确；
D、HCl溶于饱和NaCl溶液被吸收，Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，然后干燥，得到纯净的Cl2，故说法正确。
答案选B。
20.某元素原子的结构示意图为，由此得到的结论正确的是（ ）
A. 元素符号是K
B. 原子半径小于Mg
C. 在化学反应中易得电子
D. 在周期表中的位置是第四周期IIA族
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该元素的核电荷数为20，所以是钙元素，元素符号是Ca，A错误；
B. 钙元素与镁元素位于同主族，同主族，从上到下，原子半径增大，所以钙原子半径大于镁原子半径，B错误；
C. 钙元素的原子结构示意图可知，最外层上有2个电子，在化学反应中易失去电子，C错误；
D. 钙元素在周期表中的位置是第四周期IIA族，D正确；故答案为：D。
21.下列反应的描述与离子方程式均正确的是（ ）
A. 锌片插入硝酸银溶液中，有银析出：Zn+Ag+=Zn2++Ag
B. 金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH-=AlO2-+H2↑
C. 将盐酸加入到氢氧化铜中，无明显现象：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O
D. 将盐酸加入到碳酸钡中，固体溶解，生成无色无味气体：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 锌可以从硝酸银溶液中置换出银单质，其离子反应方程式为：Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，A错误；
B. 金属铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，B错误；
C. 盐酸与氢氧化铜反应，蓝色沉淀溶解，溶液变蓝绿色，其离子反应方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，C错误；
D. 盐酸与碳酸钡反应，固体溶解，生成无色无味气体，其离子反应方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，D正确；故答案为：D。
22.在探究新制氯水成分及性质的实验中，依据下列方法和现象，不能得出相应结论的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查氯气的化学性质，溶液中存在平衡 Cl2 + H2O HCl + HClO ，只有氯气有颜色为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HCO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，以此解答该题。
【详解】A.氯气为黄绿色气体，氯水呈浅黄绿色，是因为氯水中含有氯气，A正确；
B.向饱和 NaHCO3溶液中加入足量氯水，有气泡产生，是因为碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，B错误;
C.红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，C正确；
D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色，是因为发生反应2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3，说明氯水具有氧化性，D正确；
答案选B
【点睛】该题需要掌握氯水中所含的粒子有 Cl2 、H2O 、 HClO、Cl－、ClO－、H+、OH-
23.下列各组反应，最终一定能得到白色沉淀的是（ ）
A. 向CaCl2溶液中通入少量CO2
B. 向CuSO4溶液中加入足量NaOH溶液
C. 向FeCl2溶液中加入足量NaOH溶液
D. 向MgSO4溶液中加入足量NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. 因碳酸的酸性比盐酸弱，则向CaCl2溶液中通入CO2不反应，没有生成沉淀，A错误；
B. 向CuSO4溶液中加入NaOH溶液，生成氢氧化铜的蓝色沉淀，B错误；
C. 向FeCl2溶液中加入NaOH溶液，生成氢氧化亚铁的白色沉淀，但不稳定，易被氧化生成氢氧化铁的红褐色沉淀，C错误；
D. 向MgSO4溶液中加入NaOH溶液，生成氢氧化镁的白色沉淀沉淀，D正确；故答案为：D。
24.碱金属元素钫(Fr)具有放射性。下列对其性质的预言中，不正确的是（ ）
A. 它的金属性比Na强，跟水反应更剧烈
B. 它的原子半径比Na大，离子半径也比Na+大
C. 它与硫酸铜溶液发生置换反应得到金属铜
D. 它的氢氧化物(FrOH)是一种强碱，使酚酞溶液变红
【答案】C
【解析】
【详解】A. 同一主族，从上到下金属性增强，钫(Fr)失电子能力比钠的强，则它跟水反应会更剧烈，A正确；
B. 同一主族，从上到下原子半径依次增大，电子层依次增多，则Fr的原子半径比Na大，则Fr+离子半径也比Na+大，B正确；
C. 同一主族，从上到下金属性增强，钫(Fr)失电子能力比钠的强，则它跟水反应会更剧烈，所以与硫酸铜溶液反应，先与水反应，不易得到金属铜，C错误；
D. Fr处于第ⅠA族，最外层电子数为1，最高正化合价为+1，它的氢氧化物化学式为FrOH，同一主族，从上到下金属性增强，则FrOH的碱性比KOH的强，遇酚酞溶液变红，D正确；故答案为：C。
25.向FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是：(已知氧化性：Fe3+>Cu2+)（ ）
A. 溶液中一定含有Cu2+
B. 加入KSCN溶液一定不变红色
C. 溶液中一定含有Fe2+
D. 剩余固体中一定含铜
【答案】A
【解析】
【分析】
①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有，Fe3+、Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+。
【详解】A. 若加入的铁粉足量，则溶液中一定不含铜离子，选A；
B. 根据以上分析可知，溶液中一定存在亚铁离子，不选B；
C. 反应后有固体剩余，由于还原性Fe>Cu，则剩余的金属中一定含有铜，不选C；
D. 根据以上分析可知，反应后的溶液中一定不存在铁离子，所以加入KSCN溶液一定不变红色，不选D；故答案为：A。
26.某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱。下列说法不正确的是（ ）
A. A处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强
B. B处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强
C. A处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
D. C装置中与NaOH溶液反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．A处发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，则A处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强，A正确；
B．B处发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+2I-=2Br-+I2，只能说明有碘生成，由于氯气的干扰不能说明Br2的氧化性比I2强，B错误；
C．由图可知，A处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，C正确；
D．C处为尾气处理，装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，D正确；故答案为：B。
27.下列反应所得溶液中一定只含一种溶质的是（ ）
A. 向AlCl3溶液中加入一定量的NaOH
B. 向NaOH溶液中通入足量CO2气体(不考虑CO2溶于水)
C. 向含1mlNaHCO3溶液中，加入1mlNa2O2粉末
D. 向含1mlNa2CO3溶液中，加入含1mlHCl的盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向AlCl3溶液中，加入一定量的NaOH，氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠或偏铝酸钠和氯化钠，A不符合；
B. 向NaOH溶液中通入足量CO2气体，反应后生成碳酸氢钠和水，所得溶液中只含一种溶质，B符合；
C. 向含1ml NaHCO3溶液中，加入1ml Na2O2粉末，1ml过氧化钠与水反应生成2ml氢氧化钠和氧气，2ml氢氧化钠和1ml碳酸氢钠反应后生成碳酸钠和剩余的氢氧化钠，C不符合；
D. 向含1ml Na2CO3溶液中，加入含1ml HCl的盐酸，碳酸钠和氯化氢反应生成碳酸氢钠和氯化钠，D不符合；故答案为：B。
【点睛】氯化铝与氢氧化钠的反应：AlCl3+3NaOH（少）=Al(OH)3↓+3NaCl；AlCl3+4NaOH（过）=NaAlO2+3NaCl+2H2O
28.下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中可能含Cl−或SO42-等，A错误；
B. 向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生，则原溶液中可能含CO32−或SO32−，或HCO3−等，B错误；
C. 向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中可能含有SO42−或Ag+，但二者不能同时存在，C错误；
D. 向某溶液中加入NaOH溶液，立即产生红褐色沉淀，则沉淀为氢氧化铁，该溶液中一定含有Fe3+，D正确；故答案为：D。
29.根据表1信息，判断以下叙述正确的是（ ）
表1 部分短周期元素的原子半径及主要化合价
A. 氢化物的沸点为H2T＜H2RB. 单质与稀盐酸反应的速率为L＜Q
C. M与T形成的化合物具有两性D. L2＋与R2－的核外电子数相等
【答案】C
【解析】
【分析】
由表中信息可知，T只有－2价，且原子半径小，所以T为O元素；R的最高正价为＋6价，最低价为－2价，所以R为S元素；L的原子半径最大，化合价为＋2价，所以L为Mg；M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为＋3价，所以M为Al；而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为＋2价，所以Q为Be。
【详解】A.由于H2O中存在氢键，所以沸点：H2＞H2R，A不正确；
B.由于Mg的金属性比Al强，所以与HCl反应的速率：L＞Q，B不正确；
C.选项C中Al和Be的化合物具有两性，C正确；
D.Mg2＋只有两个电子层，而S2－具有三个电子层，D不正确。
故选C。
30.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效的饮用水处理剂，工业上可由下列方法制得：Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O，下列关于该反应的说法中正确的是（ ）
A. 反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B. Fe2O3可以通过铁丝在氧气中燃烧制得
C. 生成1mlNa2FeO4，有3ml电子转移
D. 在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能杀菌消毒
【答案】C
【解析】
【详解】A. O元素化合价由−1价降低到−2价，反应中Na2O2为氧化剂，A错误；
B. 铁和氧气在点燃条件下反应生成Fe3O4，而不三氧化二铁，B错误；
C. Fe元素化合价由+3价升高到+6价，生成1mlNa2FeO4，有3ml电子转移，C正确；
D. 在Na2FeO4中Fe为+6价，D错误；故答案为：C。
【点睛】化合价升高，发生氧化反应，本身作还原剂；化合价降低，发生还原反应，本身作氧化剂。
二、非选择题(共8道小题，共40分)
31.补齐物质及其用途的连线___。
【答案】A—b；B—c；D—d
【解析】
【详解】A. 氧化铁为红棕色，常用于红色油漆或涂料，A-b；
B. 过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可以作呼吸面具中的供氧剂，B-c；
C. 氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以用于自来水消毒，C-a；
D. 碳酸氢钠俗称为小苏打，生活中可用于焙制作糕点，D-d；故答案为：A—b；B—c；D—d。
【点睛】过氧化钠与水反应：2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，可作潜水艇的供氧剂；与二氧化碳反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可作呼吸面具中的供氧剂。
32.金属钛因具有良好的抗腐蚀能力、熔点高、硬度大、可塑性强、密度小等优点,被誉为“21世纪金属”。工业冶炼钛的第一步反应为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。在此反应中，氧化剂是__，氧化产物是__，生成1mlTiCl4转移电子的物质的量是__ml。
【答案】 (1). Cl2 (2). CO (3). 4
【解析】
【详解】由反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO可知，C元素的化合价由0价升高为+2价，发生氧化反应，C作还原剂，CO为氧化产物，Cl2中Cl元素的化合价由0价降低为-1价，发生还原反应，Cl2作氧化剂，TiCl4为还原产物，反应中转移4ml电子，生成1ml TiCl4，故答案为：
Cl2；CO；4。
33.用化学用语表达。
（1）小苏打受热易分解，化学方程式为__。
（2）金属钠着火不能用水扑灭，用离子方程式解释其原因__。
（3）工业上用氯气和熟石灰制备漂白粉，化学方程式为__。
【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (2). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (3). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【详解】（1）小苏打是碳酸氢钠，受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，其化学方程式为
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（2）金属钠易与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，所以金属钠着火不能用水扑灭，其离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（3）熟石灰主要成分是氢氧化钙，氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，其化学反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+
Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
【点睛】84消毒液的制备：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
34.无机化合物按照组成和性质可进行如下分类。其中②、③、⑥均由Na、K、H、O、S中的3种元素组成。
（1）图中“……”可以代表的物质类别是___。
（2）③的水溶液为碱性，写出电离方程式___。(写一种即可)
（3）②与④在水溶液中发生反应的离子方程式是__。
（4）⑤与⑦在水溶液中发生反应的化学方程式是__。
（5）②与⑥能发生复分解反应，则⑥的化学式是__。(写一种即可)
【答案】 (1). 酸性氧化物或氧化物 (2). NaOH=Na++OH-或KOH=K++OH- (3). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (4). CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3 (5). Na2SO3或K2SO3或NaHS或KHS
【解析】
【分析】
无机物分为酸、碱、盐、氧化物，水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子的化合物为盐，两种元素组成其中一种为氧元素的化合物为氧化物。
【详解】（1）无机物分为酸、碱、盐、氧化物，图中“……”可以代表的物质类别是氧化物或酸性氧化物，故答案为：氧化物或酸性氧化物；
（2）②、③、⑥均由Na、K、H、O、S中的3种元素组成，③的水溶液为碱性，所以可以是氢氧化钠或氢氧化钾，其电离方程式为
NaOH=Na++OH-或KOH=K++OH-，故答案为：NaOH=Na++OH-或KOH=K++OH-；
（3）②是Na、K、H、O、S中的3种元素组成的强酸，是硫酸，④是氢氧化钡，在水溶液中发生反应的离子方程式为：2H++SO42-+
Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故答案为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；
（4）⑤是碳酸钠，⑦是二氧化碳，在水溶液中发生反应的化学方程式为：CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，故答案为：CO2+H2O+
Na2CO3=2NaHCO3；
（5）②是Na、K、H、O、S中的3种元素组成的强酸，是硫酸，⑥是Na、K、H、O、S中的3种元素组成的可溶性盐，二者能发生复分解反应，则⑥为Na2SO3或K2SO3或NaHS或KHS，故答案为：Na2SO3或K2SO3或NaHS或KHS；
【点睛】氧化物可以分为酸性氧化物和碱性氧化物，酸性氧化物：与碱反应生成盐和水；碱性氧化物：与酸反应生成盐和水。
35.为了检验市场上常见两种金属饮料瓶的主要成分，某小组取甲、乙两种饮料瓶,分别剪成小片制成样品甲和乙，并按下述步骤进行实验：
I.分别取少量样品于试管中，加入盐酸，充分反应后过滤。
II.分别取少量滤液于试管中，向其中滴加氢氧化钠溶液。
步骤II的实验现象如下：
（1）样品甲中金属的主要成分是__，白色沉淀消失反应的离子方程式是__。
（2）样品乙进行步骤I后所得滤液中一定含有的金属离子是__，白色沉淀变为红褐色沉淀反应的化学方程式是__。
【答案】 (1). Al (2). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (3). Fe2+ (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
根据滤液甲中滴加氢氧化钠溶液，生成白色沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀消失，则白色沉淀为氢氧化铝；生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，则白色沉淀为氢氧化亚铁，红褐色沉淀为氢氧化铁。
【详解】（1）则滤液甲中含铝离子，所以甲中金属为铝，生成白色沉淀的反应为：Al3++3OH−═Al(OH)3↓，白色沉淀消失反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O故答案为：Al； Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
（2）根据以上分析，则乙中滤液含有二价铁离子，白色沉淀氢氧化亚铁变成红褐色沉淀氢氧化铁的方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=
4Fe(OH)3，故答案为：Fe2+；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
36.某实验需要500mL0.10ml/L的Na2CO3溶液，现通过如下步骤配制：
①把称量好的固体Na2CO3放入小烧杯中，加适量蒸馏水搅拌溶解；
②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转入容量瓶，并轻轻摇匀；
③盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；
④把溶解固体后所得溶液冷却至室温，转入仪器A中；
⑤继续加蒸馏水至液面距刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切；
（1）操作步骤的正确顺序为__(填序号)。
（2）称量的Na2CO3固体质量应为__g。
（3）仪器A的名称是__。
（4）取出100mL配制好的溶液，加蒸馏水稀释至c(Na2CO3)=0.02ml/L。则稀释后溶液的体积为__。
（5）下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是__(填字母序号)。
A.使用前要检验是否漏水
B.在容量瓶中直接溶解固体或稀释液体
C.在烧杯中溶解固体后，迅速将溶液转移到容量瓶中
D.向容量瓶中转移溶液用玻璃棒引流
E.加水时水量超过了刻度线，迅速用胶头滴管将过量的水吸出
（6）下列操作会使所配溶液的物质的量浓度偏低的是__(填字母序号)。
A.将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外
B.定容读数时，俯视容量瓶上的刻度线
C.加水定容时，水量超过了刻度线
D.洗涤步骤中，洗涤液没有转入容量瓶
【答案】 (1). ①④②⑤③ (2). 5.3g (3). 500mL容量瓶 (4). 500mL (5). AD (6). ACD
【解析】
【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤、定容、摇匀，所以操作步骤的正确顺序为：①④②⑤③，故答案为：①④②⑤③。
（2）配制500mL0.10ml/L的Na2CO3溶液，物质的量为0.05ml，其质量为5.3g，所以称量的Na2CO3固体质量应为5.3g，故答案为：
5.3。
（3）步骤④为冷却转移的过程，溶液冷却至室温后，小心转入500mL的容量瓶中，所以仪器A的名称是500mL容量瓶，故答案为：
500mL容量瓶。
（4）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，所以稀释后溶液体积为，
故答案为：500mL。
（5）A. 使用容量瓶之前要检查是否漏水，A正确；
B. 溶解固体或稀释液体要在烧杯中进行，不能在容量瓶中，B错误；
C. 在烧杯中溶解固体后，要待溶液温度冷却至室温后，再转移至容量瓶中，C错误；
D. 向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流，D正确；
E. 加水时水量超过了刻度线，应重新配制溶液，E错误；故答案为：AD。
（6）A. 将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，溶质的物质的量减少，所配溶液的物质的量浓度偏低，A正确；
B. 定容读数时，俯视容量瓶上的刻度线，所配溶液的体积偏小，其物质的量浓度偏高，B错误；
C. 加水定容时，水量超过了刻度线，所配溶液的体积偏大，其物质的量浓度偏低，C错误；
D. 洗涤步骤中，洗涤液没有转入容量瓶，溶质的物质的量减少，所配溶液的物质的量浓度偏低，D正确；故答案为：ACD。
37.元素X、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知：Y为地壳中含量最多的元素，M原子的最外层电子数与次外层电数之比为3：4；R-、Z+、X+离子半径逐渐减小；化合物XR常温下为气体，请回答下列问题：
（1）M在元素周期表中的位置__；Z+离子的结构示意图为__。
（2）写出X、Y、R按原子个数之比1：1：1形成的化合物的电子式__。
（3）X与Y可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式__。
（4）实验室制备R的单质，该反应的离子方程式为__。
（5）R非金属性强于M，下列选项中能证明这一事实的是__(填字母序号)。
A.常温下的R单质熔沸点比M单质的高
B.R的氢化物比M的氢化物更稳定
C.一定条件下R和M的单质都能与NaOH溶液反应
D.最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：R>M
（6）由X、Y、Z、M四种元素组成的一种弱酸酸式盐A。向A溶液中通入氯气，得到无色溶液，写出该反应的离子方程式__。
【答案】 (1). 第3周期第VIA族 (2). Na+ (3). (4). 2H2O22H2O+O2↑ (5). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (6). BD (7). HSO3-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+3H+
【解析】
【分析】
Y为地壳中含量最多的元素，则Y为O，M原子的最外层电子数与次外层电数之比为3：4，则M为S，R-可能为F-或Cl-，Z+ 或X+可能为H+或Li+或Na+，R-、Z+、X+离子半径逐渐减小且元素X、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，则R为Cl、X为H、Z为Na。
【详解】（1）M为S，在元素周期表中的位置为第3周期第VIA族；Z为Na ，Z+离子的结构示意图为，故答案为：第3周期第VIA族；。
（2）X为H ，Y为O，R为Cl，按原子个数之比1：1：1形成的化合物是HClO，其电子式为，故答案为：。
（3）X为H ，Y为O，形成10电子的分子为H2O，18电子的分子为H2O2，H2O2转化成H2O的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑。
（4）R为Cl，实验室用二氧化锰和浓盐酸制备Cl2，其离子反应方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+
4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
（5）A. 常温下的Cl2的熔沸点比S的高，不能说明Cl2的非金属性比S的强，A错误；
B. 非金属性越强，其氢化物越稳定，Cl2的氢化物比S的氢化物更稳定，能说明Cl2的非金属性比S的强，B正确；
C. 一定条件下Cl2和S的都能与NaOH溶液反应，不能说明Cl2的非金属性比S的强，C错误；
D. 非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：HClO4>H2SO4，说明Cl2的非金属性比S的强，D正确；故答案为：BD。
（6）X为H ，Y为O，M为S，Z为Na，由这四种元素组成的一种弱酸酸式盐为NaHSO3，与氯气反应的离子方程式为：HSO3-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+3H+，故答案为：HSO3-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+3H+。
【点睛】同一周期，从左到右，元素的非金属性增强，气态氢化物的稳定性增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性增强；同一主族，从上到下，元素的金属性增强，气态氢化物的稳定性减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强。
38.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：
（1）分别取一定量硫酸铁、硫酸亚铁固体，均配制成100mL0.1ml/L的溶液。在配制FeSO4溶液时需加入少量铁屑，其目的是__。
（2）甲组同学取2mLFeSO4溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeSO4溶液与氯水反应的离子方程式为___。
（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeSO4溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是__。
（4）丙组同学研究pH对FeSO4稳定性的影响，得到如图所示结果，增强Fe2+稳定性的措施为__。(写出一条即可)
（5）丁组同学为了探究Fe2(SO4)3与Cu的反应，做了如图所示实验：
①Fe3+与Cu反应的离子方程式为__。
②为了探究白色沉淀产生的原因，同学们查阅资料得知：
i.CuSCN是难溶于水的白色固体；
ii.SCN的化学性质与I-相似；
ii.2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
填写实验方案：
Cu2+与SCN-反应的离子方程式为__。
【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化 (2). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (3). 隔绝空气(防止O2将Fe2+氧化) (4). 增强溶液的酸性(降低溶液的pH值等) (5). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (6). 0.1 (7). 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2
【解析】
【详解】（1）铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，在FeSO4溶液中需加入少量铁屑2Fe3++Fe=3Fe2+，其目的是防止硫酸亚铁被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化。
（2）氯气具有氧化性，能氧化硫酸亚铁为硫酸铁反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为：隔离空气(排除氧气对实验的影响)。
（4）根据图像分析可知，pH越小，亚铁离子不容易被氧化损耗，越稳定，所以增强Fe2+稳定性的措施为降低pH或增强酸性，故答案为：增强溶液的酸性(降低溶液的pH值等)。
（5）①硫酸铁与Cu粉反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，其离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
②由反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，图1中得到溶液中Fe2为0.2ml/L，Cu2+为0.1ml/L，分别取4mL0.2ml/L的FeSO4溶液和4mL0.1ml/L的CuSO4溶液，滴加3滴0.1ml/L的KSCN溶液，观察实验现象，前者无明天现象，后者有白色沉淀生成可知，CuSO4与KSCN反应生成CuSCN是难溶于水的白色固体，其离子反应方程式为：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，故答案为：0.1；2Cu2++4SCN-=
2CuSCN↓+(SCN)2。
化学反应
影响因素
A
过氧化氢不稳定，向溶液中加入少量MnO2后分解速率明显加快
催化剂
B
Na与O2反应既能生成Na2O也能生成Na2O2
温度
C
20mL过氧化氢比10mL过氧化氢产生更多的O2
浓度
D
过氧化氢在酸、碱、中性条件下将高锰酸钾分别还原成Mn2+、MnO42-、MnO2
溶液的酸碱性
选项
方法
现象
结论
A
观察氯水颜色
氯水呈黄绿色
氯水中含Cl2
B
向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水
有无色气体产生
氯水中含HClO
C
向红色纸条上滴加氯水
红色纸条褪色
氯水具有漂白性
D
向FeCl2溶液中滴加氯水
溶液变成棕黄色
氯水具有氧化性
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有Cl-
B
向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生
该溶液中一定含有CO32-
C
向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42-
D
向某溶液中加入NaOH溶液，立即产生红褐色沉淀
该溶液中一定含有Fe3+
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径／nm
0.160
0.143
0.112
0.104
0.066
主要化合价
＋2
＋3
＋2
＋6、－2
－2
强酸
强碱
可溶性盐
……
①HCl
③___
⑤Na2CO3
⑦CO2
②__
④Ba(OH)2
⑥__
⑧SO3
样品甲
先生成白色沉淀，后沉淀消失
样品乙
生成白色沉淀，并迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
实验方案
现象
步骤1：取4mL0.2ml/L的FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1ml/L的KSCN溶液。
无明显现象
步骤2：取4mL_ml/L的CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1ml/L的KSCN溶液。
产生白色沉淀
一、选择题(30道小题，每小题2分，共60分，每小题只有1个选项符合题意)
1.合金是一类用途广泛的金属材料。下列物质不属于合金的是
A. 不锈钢B. 青铜C. 生铁D. 水银
【答案】D
【解析】
【分析】
由两种或两种以上的金属和金属或金属和非金属熔化而成的具有金属特性的物质是合金，合金都属于混合物。
【详解】不锈钢、生铁属于铁合金，青铜是铜锡合金，水银属于单质，故选D。
【点睛】本题考查了合金的定义，注意合金的成分不一定都是金属。
2.下列物质中，属于电解质的是
A. CuB. NaCl溶液C. NaOH固体D. 乙醇
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱和盐等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质。
【详解】A. 金属Cu是单质，故不属于电解质也不属于非电解质，故A错误；
B. NaCl溶液是混合物，故不属于电解质也不属于非电解质，故B错误；
C. NaOH是碱，属于电解质，故C正确；
D. 乙醇属于非电解质，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查电解质和非电解质，明确概念的要点即可解答，抓住化合物来分析是解答的关键，并注意导电的原因来解答。
3.下列微粒中，既具有氧化性又具有还原性的是（ ）
A. Fe2+B. O2C. Cl-D. Na
【答案】A
【解析】
【详解】A. Fe2+化合价可以升高为+3价，也可以降低为0价，既具有氧化性又具有还原性，A正确；
B O2化合价只能降低，不能升高，只有氧化性，B错误；
C Cl-化合价只能升高，不能降低，只有还原性，C错误；
D. Na化合价只能升高，不能降低，只有还原性，D错误；故答案为：A。
4.下列物质的电子式书写正确的是（ ）
A. Cl：ClB. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯气的电子式为：，A错误；
B. 水的电子式为：，B正确；
C. 氯化钠是离子化合物，其电子式为：，C错误；
D. 氨气的电子式为：，D错误；故答案为：B。
5.下列四种基本反应类型与氧化还原反应的关系图中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 有单质参加的化合反应一定为氧化还原反应，不是所有的化合反应都是氧化还原反应，A错误；
B. 有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应，B错误；
C. 置换反应中，元素化合价有升有降，一定属于氧化还原反应，C正确；
D. 复分解反应一定不是氧化还原反应，D错误；故答案为：C。
6.在元素周期表中金属与非金属的分界处，可以找到（ ）
A. 合金B. 农药C. 催化剂D. 半导体材料
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在元素周期表中，金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来作导体，可以用来作合金等，像镁和铝等，A错误；
B. 非金属元素位于右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶剂可以用来作农药，B错误；
C. 可以用于作催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，C错误；
D. 在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来作良好的半导体材料，如硅等，D正确；故答案为：D。
7.下列元素中，原子半径最大的是
A. NaB. MgC. AlD. Si
【答案】A
【解析】
【详解】四种元素均是第三周期元素，同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径最大的是Na，答案选A。
8.重水（2H2O）是重要的核工业原料，下列说法不正确的是
A. 氘（2H）原子核内有1个质子B. 1H与2H是不同的核素
C. 1H218O与2H216O相对分子质量相同D. 1H2O与2H2O互为同位素
【答案】D
【解析】
【分析】
A．根据核组成符合判断；
B．具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子称为核素；
C．1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，2H216O的相对分子质量为：2×2+16=20；
D．同位素指的是同种元素的不同原子。
【详解】A．核组成符合左下方数字为质子数，故氘质子数为1，选项A正确；
B．具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子称为核素，1H与2H质子数相同，中子数不同，是氢元素的不同的核素，选项B正确；
C．1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，2H216O的相对分子质量为：2×2+16=20，选项C正确；
D．同位素指的是同种元素的不同原子，而1H2O与2H2O为水分子，选项D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查核素、同位素及质子数质子数和质量数关系，把握相关的概念及核变化为解答的关键，选项C为解答的易错点，注重基础知识的考查，题目难度不大。
9.下列各组离子中，能在溶液里大量共存的是（ ）
A. H+、Na+、SO42-、Cl-B. Ca2+、Na+、CO32-、NO3-
C. K+、Fe3+、OH-、SO42-D. Na+、H+、HCO3-、Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 在水溶液中H+、Na+、SO42-、Cl-均能共存，A正确；
B. Ca2+与CO32-反应生成碳酸钙的白色沉淀，不能共存，B错误；
C. Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁的红褐色沉淀，不能共存，C错误；
D. H+与HCO3-反应生成碳酸，不能共存，D错误；故答案为：A。
【点睛】HCO3-与H+反应：HCO3-+H+= H2O+CO2↑；HCO3-与OH-反应：HCO3-+OH-= H2O+ CO32-，所以HCO3-与H+或OH-均不能共存。
10.下列溶液中的c(SO42－)与50mL1ml·L－1Al2(SO4)3溶液中的c(SO42－)相等的是
A. 150mL1ml·L－1Na2SO4溶液
B. 75mL2ml·L－1(NH4)2SO4溶液
C. 150mL3ml·L－1K2SO4溶液
D. 20mL1.5ml·L－1Fe2(SO4)3溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
50mL1ml/LAl2（SO4）3溶液中c（SO42-）=1ml/L3=3ml/L。
【详解】A项，150mL1ml/LNa2SO4溶液中c（SO42-）=1ml/L；
B项，75mL2ml/L（NH4）2SO4溶液中c（SO42-）=2ml/L；
C项，150mL3ml/LK2SO4溶液中c（SO42-）=3ml/L；
D项，20mL1.5ml/LFe2（SO4）3溶液中c（SO42-）=1.5ml/L3=4.5ml/L；
综上所述，与题干中c（SO42-）相等的是C，答案选C。
【点睛】本题计算溶液中SO42-物质的量浓度，与溶质物质的量浓度和1ml溶质电离出的SO42-的物质的量有关，与溶液体积无关。
11.在标准状况下，下列物质体积最大的是（ ）
A. 3gH2B. 6.02×1023个H2C. 44.8LH2D. 0.5mlH2
【答案】C
【解析】
【详解】3gH2的物质的量为1.5ml，在标准状况下的体积为33.6L；6.02×1023个H2的物质的量为1ml，在标准状况下的体积为22.4L；44.8LH2；0.5mlH2在标准状况下的体积为11.2L；综上所述，体积最大的是44.8L，C项正确，故答案为：C。
12.下列说法中，符合VIIA族元素结构与性质特征的是（ ）
A. 原子易形成-2价阴离子
B. 单质均为双原子分子，具有氧化性
C. 原子半径随原子序数递增逐渐减小
D. 氢化物的稳定性随原子电子层数递增依次增强
【答案】B
【解析】
【详解】A. 原子最外层有7个电子，原子易形成−1价阴离子，A错误；
B. 元素非金属性较强，在化学反应中易得到电子，具有氧化性，B正确；
C. 原子半径随原子序数递增逐渐增大，C错误；
D. 同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应氢化物的稳定性逐渐减弱，D错误；故答案为：B。
13.在3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，氧化剂与还原剂的分子个数比为
A. 2∶1B. 1∶2C. 3∶1D. 1∶3
【答案】B
【解析】
【详解】在3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，参加反应的3个NO2分子中，有2个N原子的化合价升高到+5价，所以有2个NO2做还原剂；1个NO2中N元素的化合价降低，作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的分子个数比为1:2，答案选B。
14.下列有关试剂保存的说法中，不正确的是（ ）
A. 新制氯水保存在棕色试剂瓶中
B. 金属Na保存在煤油中
C. 漂白粉保存在敞口容器中
D. 过氧化钠应密封保存
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯水中的次氯酸不稳定，见光易分解，所以应保存在棕色瓶，A正确；
B. 钠密度大于煤油，与煤油不反应少量的钠保存在煤油中可以隔绝空气中氧气和水，B正确；
C. 漂白粉的有效成分为次氯酸钙，可与空气中二氧化碳、水反应生成易分解的次氯酸而变质，漂白粉要密闭保存，C错误；
D. 过氧化钠能与空气中的水、二氧化碳反应，所以过氧化钠应密封保存，D正确；故答案为：C。
15.下列关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，不正确的是（ ）
A. 热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
B. 相同温度下，溶解度：Na2CO3>NaHCO3
C. 等质量的Na2CO3和NaHCO3最多产生CO2的量：Na2CO3
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钠受热易分解，则热稳定性为Na2CO3>NaHCO3，A正确；
B. 相同温度、相同溶剂时，碳酸钠的溶解度大，即相同温度下，在水中Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，B正确；
C. 由CO32−+2H+═CO2↑+H2O，HCO3−+H+═H2O+CO2↑可知，质量相同时，碳酸氢钠的物质的量大，则生成二氧化碳较多，C正确；
D. Na2CO3和NaHCO3分别投入足量的盐酸中，分别发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别盐酸充分反应，Na2CO3消耗盐酸较多，D错误；故答案为：D。
【点睛】碳酸钠的稳定性大于碳酸氢钠、碱性强于碳酸氢钠、溶解性大于碳酸氢钠。
16.用如图所示装置进行Fe与水蒸气反应的实验，下列有关说法不正确的是
A. 装置A的作用是为实验提供持续不断的水蒸气
B. 装置B中反应的化学方程式是2Fe+3H2OFe2O3+3H2↑
C. 装置C中加入的固体干燥剂可能是碱石灰
D. 点燃D处的气体前必须检验气体的纯度
【答案】B
【解析】
【详解】A.装置A是液态水在加热的条件下加热产生水蒸气的装置，作用是为实验提供持续不断的水蒸气，A正确；
B.Fe与水蒸气在高温下发生反应产物是Fe3O4和H2，B中反应的化学方程式是3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，B错误；
C.氢气属于中性气体，可以用碱石灰做干燥剂，C正确；
D.氢气在点燃之前应该先检验气体的纯度，防止发生爆炸，D正确；
故合理选项是B。
17.下列说法正确的是
A. NaCl的摩尔质量是58.5 g
B. 标准状况下，22.4 L水中约含6.02×1023个H2O分子
C. 常温常压下，22 g CO2中所含氧原子数约为6.02×1023
D. 将40 g NaOH固体溶于1 L H2O中，得到1 ml/L的NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
A、摩尔质量单位是g/ml；
B、依据气体摩尔体积的条件应用分析，水在标准状况下不是气体；
C、每个二氧化碳分子含有2个O原子；
D、溶液的体积不等于溶剂的体积，将氢氧化钠固体溶于1L水中，溶于体积大于1L。
【详解】A. 摩尔质量单位是g/ml，NaCl的摩尔质量是58.5g/ml，故A错误；
B. 水在标准状况下不是气体，标准状况下，22.4L水物质的量不是1ml，故B错误；
C. 每个二氧化碳分子含有2个O原子，常温常压下22 g二氧化碳物质的量为0.5ml，所含O原子的物质的量为1 ml,原子数约为6.02×1023，故C正确；
D. 将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L，配制1 ml/L的NaOH溶液应将40 g NaOH固体溶于H2O中配成1 L溶液，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查摩尔质量、阿佛加德罗常数、溶液的配制等，注意将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L。
18.反应条件与环境对化学反应会产生影响，下列说法错误的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. H2O2加入少量MnO2后能加快反应速率，所以MnO2作 H2O2分解催化剂，A正确；
B. 钠和氧气在常温下生成氧化钠，在加热生成过氧化钠，所以为反应温度不同，B正确；
C. 20mL H2O2比10mL H2O2产生更多的氧气，原因为 H2O2量多生成的氧气就多，C错误；
D. 过氧化氢在酸、碱、中性条件下将高锰酸钾分别还原成Mn2+、MnO42-、MnO2，说明溶液的酸碱性不同高锰酸钾氧化性不同，D正确；故答案为：C。
19.下列除去杂质（括号中的物质为杂质）的方法中，不正确的是
A. FeCl3溶液（FeCl2）：通入适量Cl2
B. Fe2O3固体（Al2O3）：加入足量的盐酸，过滤
C. CO气体（CO2）：通过NaOH溶液洗气后干燥
D. Cl2气体（HCl）：通过饱和NaCl溶液洗气后干燥
【答案】B
【解析】
【详解】A、2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，没有引入新杂质，故说法正确；
B、Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，把Fe2O3消耗了，应用氢氧化钠溶液，故错误；
C、CO2是酸性氧化物，CO不属于酸性氧化物，通过NaOH溶液吸收CO2，然后干燥，得到纯净的CO，故说法正确；
D、HCl溶于饱和NaCl溶液被吸收，Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，然后干燥，得到纯净的Cl2，故说法正确。
答案选B。
20.某元素原子的结构示意图为，由此得到的结论正确的是（ ）
A. 元素符号是K
B. 原子半径小于Mg
C. 在化学反应中易得电子
D. 在周期表中的位置是第四周期IIA族
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该元素的核电荷数为20，所以是钙元素，元素符号是Ca，A错误；
B. 钙元素与镁元素位于同主族，同主族，从上到下，原子半径增大，所以钙原子半径大于镁原子半径，B错误；
C. 钙元素的原子结构示意图可知，最外层上有2个电子，在化学反应中易失去电子，C错误；
D. 钙元素在周期表中的位置是第四周期IIA族，D正确；故答案为：D。
21.下列反应的描述与离子方程式均正确的是（ ）
A. 锌片插入硝酸银溶液中，有银析出：Zn+Ag+=Zn2++Ag
B. 金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH-=AlO2-+H2↑
C. 将盐酸加入到氢氧化铜中，无明显现象：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O
D. 将盐酸加入到碳酸钡中，固体溶解，生成无色无味气体：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 锌可以从硝酸银溶液中置换出银单质，其离子反应方程式为：Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，A错误；
B. 金属铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，B错误；
C. 盐酸与氢氧化铜反应，蓝色沉淀溶解，溶液变蓝绿色，其离子反应方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，C错误；
D. 盐酸与碳酸钡反应，固体溶解，生成无色无味气体，其离子反应方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，D正确；故答案为：D。
22.在探究新制氯水成分及性质的实验中，依据下列方法和现象，不能得出相应结论的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查氯气的化学性质，溶液中存在平衡 Cl2 + H2O HCl + HClO ，只有氯气有颜色为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HCO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，以此解答该题。
【详解】A.氯气为黄绿色气体，氯水呈浅黄绿色，是因为氯水中含有氯气，A正确；
B.向饱和 NaHCO3溶液中加入足量氯水，有气泡产生，是因为碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，B错误;
C.红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，C正确；
D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色，是因为发生反应2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3，说明氯水具有氧化性，D正确；
答案选B
【点睛】该题需要掌握氯水中所含的粒子有 Cl2 、H2O 、 HClO、Cl－、ClO－、H+、OH-
23.下列各组反应，最终一定能得到白色沉淀的是（ ）
A. 向CaCl2溶液中通入少量CO2
B. 向CuSO4溶液中加入足量NaOH溶液
C. 向FeCl2溶液中加入足量NaOH溶液
D. 向MgSO4溶液中加入足量NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. 因碳酸的酸性比盐酸弱，则向CaCl2溶液中通入CO2不反应，没有生成沉淀，A错误；
B. 向CuSO4溶液中加入NaOH溶液，生成氢氧化铜的蓝色沉淀，B错误；
C. 向FeCl2溶液中加入NaOH溶液，生成氢氧化亚铁的白色沉淀，但不稳定，易被氧化生成氢氧化铁的红褐色沉淀，C错误；
D. 向MgSO4溶液中加入NaOH溶液，生成氢氧化镁的白色沉淀沉淀，D正确；故答案为：D。
24.碱金属元素钫(Fr)具有放射性。下列对其性质的预言中，不正确的是（ ）
A. 它的金属性比Na强，跟水反应更剧烈
B. 它的原子半径比Na大，离子半径也比Na+大
C. 它与硫酸铜溶液发生置换反应得到金属铜
D. 它的氢氧化物(FrOH)是一种强碱，使酚酞溶液变红
【答案】C
【解析】
【详解】A. 同一主族，从上到下金属性增强，钫(Fr)失电子能力比钠的强，则它跟水反应会更剧烈，A正确；
B. 同一主族，从上到下原子半径依次增大，电子层依次增多，则Fr的原子半径比Na大，则Fr+离子半径也比Na+大，B正确；
C. 同一主族，从上到下金属性增强，钫(Fr)失电子能力比钠的强，则它跟水反应会更剧烈，所以与硫酸铜溶液反应，先与水反应，不易得到金属铜，C错误；
D. Fr处于第ⅠA族，最外层电子数为1，最高正化合价为+1，它的氢氧化物化学式为FrOH，同一主族，从上到下金属性增强，则FrOH的碱性比KOH的强，遇酚酞溶液变红，D正确；故答案为：C。
25.向FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是：(已知氧化性：Fe3+>Cu2+)（ ）
A. 溶液中一定含有Cu2+
B. 加入KSCN溶液一定不变红色
C. 溶液中一定含有Fe2+
D. 剩余固体中一定含铜
【答案】A
【解析】
【分析】
①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有，Fe3+、Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+。
【详解】A. 若加入的铁粉足量，则溶液中一定不含铜离子，选A；
B. 根据以上分析可知，溶液中一定存在亚铁离子，不选B；
C. 反应后有固体剩余，由于还原性Fe>Cu，则剩余的金属中一定含有铜，不选C；
D. 根据以上分析可知，反应后的溶液中一定不存在铁离子，所以加入KSCN溶液一定不变红色，不选D；故答案为：A。
26.某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱。下列说法不正确的是（ ）
A. A处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强
B. B处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强
C. A处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
D. C装置中与NaOH溶液反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．A处发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，则A处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强，A正确；
B．B处发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+2I-=2Br-+I2，只能说明有碘生成，由于氯气的干扰不能说明Br2的氧化性比I2强，B错误；
C．由图可知，A处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，C正确；
D．C处为尾气处理，装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，D正确；故答案为：B。
27.下列反应所得溶液中一定只含一种溶质的是（ ）
A. 向AlCl3溶液中加入一定量的NaOH
B. 向NaOH溶液中通入足量CO2气体(不考虑CO2溶于水)
C. 向含1mlNaHCO3溶液中，加入1mlNa2O2粉末
D. 向含1mlNa2CO3溶液中，加入含1mlHCl的盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向AlCl3溶液中，加入一定量的NaOH，氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠或偏铝酸钠和氯化钠，A不符合；
B. 向NaOH溶液中通入足量CO2气体，反应后生成碳酸氢钠和水，所得溶液中只含一种溶质，B符合；
C. 向含1ml NaHCO3溶液中，加入1ml Na2O2粉末，1ml过氧化钠与水反应生成2ml氢氧化钠和氧气，2ml氢氧化钠和1ml碳酸氢钠反应后生成碳酸钠和剩余的氢氧化钠，C不符合；
D. 向含1ml Na2CO3溶液中，加入含1ml HCl的盐酸，碳酸钠和氯化氢反应生成碳酸氢钠和氯化钠，D不符合；故答案为：B。
【点睛】氯化铝与氢氧化钠的反应：AlCl3+3NaOH（少）=Al(OH)3↓+3NaCl；AlCl3+4NaOH（过）=NaAlO2+3NaCl+2H2O
28.下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中可能含Cl−或SO42-等，A错误；
B. 向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生，则原溶液中可能含CO32−或SO32−，或HCO3−等，B错误；
C. 向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中可能含有SO42−或Ag+，但二者不能同时存在，C错误；
D. 向某溶液中加入NaOH溶液，立即产生红褐色沉淀，则沉淀为氢氧化铁，该溶液中一定含有Fe3+，D正确；故答案为：D。
29.根据表1信息，判断以下叙述正确的是（ ）
表1 部分短周期元素的原子半径及主要化合价
A. 氢化物的沸点为H2T＜H2RB. 单质与稀盐酸反应的速率为L＜Q
C. M与T形成的化合物具有两性D. L2＋与R2－的核外电子数相等
【答案】C
【解析】
【分析】
由表中信息可知，T只有－2价，且原子半径小，所以T为O元素；R的最高正价为＋6价，最低价为－2价，所以R为S元素；L的原子半径最大，化合价为＋2价，所以L为Mg；M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为＋3价，所以M为Al；而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为＋2价，所以Q为Be。
【详解】A.由于H2O中存在氢键，所以沸点：H2＞H2R，A不正确；
B.由于Mg的金属性比Al强，所以与HCl反应的速率：L＞Q，B不正确；
C.选项C中Al和Be的化合物具有两性，C正确；
D.Mg2＋只有两个电子层，而S2－具有三个电子层，D不正确。
故选C。
30.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效的饮用水处理剂，工业上可由下列方法制得：Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O，下列关于该反应的说法中正确的是（ ）
A. 反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B. Fe2O3可以通过铁丝在氧气中燃烧制得
C. 生成1mlNa2FeO4，有3ml电子转移
D. 在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能杀菌消毒
【答案】C
【解析】
【详解】A. O元素化合价由−1价降低到−2价，反应中Na2O2为氧化剂，A错误；
B. 铁和氧气在点燃条件下反应生成Fe3O4，而不三氧化二铁，B错误；
C. Fe元素化合价由+3价升高到+6价，生成1mlNa2FeO4，有3ml电子转移，C正确；
D. 在Na2FeO4中Fe为+6价，D错误；故答案为：C。
【点睛】化合价升高，发生氧化反应，本身作还原剂；化合价降低，发生还原反应，本身作氧化剂。
二、非选择题(共8道小题，共40分)
31.补齐物质及其用途的连线___。
【答案】A—b；B—c；D—d
【解析】
【详解】A. 氧化铁为红棕色，常用于红色油漆或涂料，A-b；
B. 过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可以作呼吸面具中的供氧剂，B-c；
C. 氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以用于自来水消毒，C-a；
D. 碳酸氢钠俗称为小苏打，生活中可用于焙制作糕点，D-d；故答案为：A—b；B—c；D—d。
【点睛】过氧化钠与水反应：2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，可作潜水艇的供氧剂；与二氧化碳反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可作呼吸面具中的供氧剂。
32.金属钛因具有良好的抗腐蚀能力、熔点高、硬度大、可塑性强、密度小等优点,被誉为“21世纪金属”。工业冶炼钛的第一步反应为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。在此反应中，氧化剂是__，氧化产物是__，生成1mlTiCl4转移电子的物质的量是__ml。
【答案】 (1). Cl2 (2). CO (3). 4
【解析】
【详解】由反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO可知，C元素的化合价由0价升高为+2价，发生氧化反应，C作还原剂，CO为氧化产物，Cl2中Cl元素的化合价由0价降低为-1价，发生还原反应，Cl2作氧化剂，TiCl4为还原产物，反应中转移4ml电子，生成1ml TiCl4，故答案为：
Cl2；CO；4。
33.用化学用语表达。
（1）小苏打受热易分解，化学方程式为__。
（2）金属钠着火不能用水扑灭，用离子方程式解释其原因__。
（3）工业上用氯气和熟石灰制备漂白粉，化学方程式为__。
【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (2). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (3). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【详解】（1）小苏打是碳酸氢钠，受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，其化学方程式为
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（2）金属钠易与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，所以金属钠着火不能用水扑灭，其离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（3）熟石灰主要成分是氢氧化钙，氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，其化学反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+
Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
【点睛】84消毒液的制备：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
34.无机化合物按照组成和性质可进行如下分类。其中②、③、⑥均由Na、K、H、O、S中的3种元素组成。
（1）图中“……”可以代表的物质类别是___。
（2）③的水溶液为碱性，写出电离方程式___。(写一种即可)
（3）②与④在水溶液中发生反应的离子方程式是__。
（4）⑤与⑦在水溶液中发生反应的化学方程式是__。
（5）②与⑥能发生复分解反应，则⑥的化学式是__。(写一种即可)
【答案】 (1). 酸性氧化物或氧化物 (2). NaOH=Na++OH-或KOH=K++OH- (3). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (4). CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3 (5). Na2SO3或K2SO3或NaHS或KHS
【解析】
【分析】
无机物分为酸、碱、盐、氧化物，水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子的化合物为盐，两种元素组成其中一种为氧元素的化合物为氧化物。
【详解】（1）无机物分为酸、碱、盐、氧化物，图中“……”可以代表的物质类别是氧化物或酸性氧化物，故答案为：氧化物或酸性氧化物；
（2）②、③、⑥均由Na、K、H、O、S中的3种元素组成，③的水溶液为碱性，所以可以是氢氧化钠或氢氧化钾，其电离方程式为
NaOH=Na++OH-或KOH=K++OH-，故答案为：NaOH=Na++OH-或KOH=K++OH-；
（3）②是Na、K、H、O、S中的3种元素组成的强酸，是硫酸，④是氢氧化钡，在水溶液中发生反应的离子方程式为：2H++SO42-+
Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故答案为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；
（4）⑤是碳酸钠，⑦是二氧化碳，在水溶液中发生反应的化学方程式为：CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，故答案为：CO2+H2O+
Na2CO3=2NaHCO3；
（5）②是Na、K、H、O、S中的3种元素组成的强酸，是硫酸，⑥是Na、K、H、O、S中的3种元素组成的可溶性盐，二者能发生复分解反应，则⑥为Na2SO3或K2SO3或NaHS或KHS，故答案为：Na2SO3或K2SO3或NaHS或KHS；
【点睛】氧化物可以分为酸性氧化物和碱性氧化物，酸性氧化物：与碱反应生成盐和水；碱性氧化物：与酸反应生成盐和水。
35.为了检验市场上常见两种金属饮料瓶的主要成分，某小组取甲、乙两种饮料瓶,分别剪成小片制成样品甲和乙，并按下述步骤进行实验：
I.分别取少量样品于试管中，加入盐酸，充分反应后过滤。
II.分别取少量滤液于试管中，向其中滴加氢氧化钠溶液。
步骤II的实验现象如下：
（1）样品甲中金属的主要成分是__，白色沉淀消失反应的离子方程式是__。
（2）样品乙进行步骤I后所得滤液中一定含有的金属离子是__，白色沉淀变为红褐色沉淀反应的化学方程式是__。
【答案】 (1). Al (2). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (3). Fe2+ (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
根据滤液甲中滴加氢氧化钠溶液，生成白色沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀消失，则白色沉淀为氢氧化铝；生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，则白色沉淀为氢氧化亚铁，红褐色沉淀为氢氧化铁。
【详解】（1）则滤液甲中含铝离子，所以甲中金属为铝，生成白色沉淀的反应为：Al3++3OH−═Al(OH)3↓，白色沉淀消失反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O故答案为：Al； Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
（2）根据以上分析，则乙中滤液含有二价铁离子，白色沉淀氢氧化亚铁变成红褐色沉淀氢氧化铁的方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=
4Fe(OH)3，故答案为：Fe2+；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
36.某实验需要500mL0.10ml/L的Na2CO3溶液，现通过如下步骤配制：
①把称量好的固体Na2CO3放入小烧杯中，加适量蒸馏水搅拌溶解；
②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转入容量瓶，并轻轻摇匀；
③盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；
④把溶解固体后所得溶液冷却至室温，转入仪器A中；
⑤继续加蒸馏水至液面距刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切；
（1）操作步骤的正确顺序为__(填序号)。
（2）称量的Na2CO3固体质量应为__g。
（3）仪器A的名称是__。
（4）取出100mL配制好的溶液，加蒸馏水稀释至c(Na2CO3)=0.02ml/L。则稀释后溶液的体积为__。
（5）下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是__(填字母序号)。
A.使用前要检验是否漏水
B.在容量瓶中直接溶解固体或稀释液体
C.在烧杯中溶解固体后，迅速将溶液转移到容量瓶中
D.向容量瓶中转移溶液用玻璃棒引流
E.加水时水量超过了刻度线，迅速用胶头滴管将过量的水吸出
（6）下列操作会使所配溶液的物质的量浓度偏低的是__(填字母序号)。
A.将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外
B.定容读数时，俯视容量瓶上的刻度线
C.加水定容时，水量超过了刻度线
D.洗涤步骤中，洗涤液没有转入容量瓶
【答案】 (1). ①④②⑤③ (2). 5.3g (3). 500mL容量瓶 (4). 500mL (5). AD (6). ACD
【解析】
【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤、定容、摇匀，所以操作步骤的正确顺序为：①④②⑤③，故答案为：①④②⑤③。
（2）配制500mL0.10ml/L的Na2CO3溶液，物质的量为0.05ml，其质量为5.3g，所以称量的Na2CO3固体质量应为5.3g，故答案为：
5.3。
（3）步骤④为冷却转移的过程，溶液冷却至室温后，小心转入500mL的容量瓶中，所以仪器A的名称是500mL容量瓶，故答案为：
500mL容量瓶。
（4）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，所以稀释后溶液体积为，
故答案为：500mL。
（5）A. 使用容量瓶之前要检查是否漏水，A正确；
B. 溶解固体或稀释液体要在烧杯中进行，不能在容量瓶中，B错误；
C. 在烧杯中溶解固体后，要待溶液温度冷却至室温后，再转移至容量瓶中，C错误；
D. 向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流，D正确；
E. 加水时水量超过了刻度线，应重新配制溶液，E错误；故答案为：AD。
（6）A. 将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，溶质的物质的量减少，所配溶液的物质的量浓度偏低，A正确；
B. 定容读数时，俯视容量瓶上的刻度线，所配溶液的体积偏小，其物质的量浓度偏高，B错误；
C. 加水定容时，水量超过了刻度线，所配溶液的体积偏大，其物质的量浓度偏低，C错误；
D. 洗涤步骤中，洗涤液没有转入容量瓶，溶质的物质的量减少，所配溶液的物质的量浓度偏低，D正确；故答案为：ACD。
37.元素X、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知：Y为地壳中含量最多的元素，M原子的最外层电子数与次外层电数之比为3：4；R-、Z+、X+离子半径逐渐减小；化合物XR常温下为气体，请回答下列问题：
（1）M在元素周期表中的位置__；Z+离子的结构示意图为__。
（2）写出X、Y、R按原子个数之比1：1：1形成的化合物的电子式__。
（3）X与Y可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式__。
（4）实验室制备R的单质，该反应的离子方程式为__。
（5）R非金属性强于M，下列选项中能证明这一事实的是__(填字母序号)。
A.常温下的R单质熔沸点比M单质的高
B.R的氢化物比M的氢化物更稳定
C.一定条件下R和M的单质都能与NaOH溶液反应
D.最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：R>M
（6）由X、Y、Z、M四种元素组成的一种弱酸酸式盐A。向A溶液中通入氯气，得到无色溶液，写出该反应的离子方程式__。
【答案】 (1). 第3周期第VIA族 (2). Na+ (3). (4). 2H2O22H2O+O2↑ (5). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (6). BD (7). HSO3-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+3H+
【解析】
【分析】
Y为地壳中含量最多的元素，则Y为O，M原子的最外层电子数与次外层电数之比为3：4，则M为S，R-可能为F-或Cl-，Z+ 或X+可能为H+或Li+或Na+，R-、Z+、X+离子半径逐渐减小且元素X、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，则R为Cl、X为H、Z为Na。
【详解】（1）M为S，在元素周期表中的位置为第3周期第VIA族；Z为Na ，Z+离子的结构示意图为，故答案为：第3周期第VIA族；。
（2）X为H ，Y为O，R为Cl，按原子个数之比1：1：1形成的化合物是HClO，其电子式为，故答案为：。
（3）X为H ，Y为O，形成10电子的分子为H2O，18电子的分子为H2O2，H2O2转化成H2O的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑。
（4）R为Cl，实验室用二氧化锰和浓盐酸制备Cl2，其离子反应方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+
4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
（5）A. 常温下的Cl2的熔沸点比S的高，不能说明Cl2的非金属性比S的强，A错误；
B. 非金属性越强，其氢化物越稳定，Cl2的氢化物比S的氢化物更稳定，能说明Cl2的非金属性比S的强，B正确；
C. 一定条件下Cl2和S的都能与NaOH溶液反应，不能说明Cl2的非金属性比S的强，C错误；
D. 非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：HClO4>H2SO4，说明Cl2的非金属性比S的强，D正确；故答案为：BD。
（6）X为H ，Y为O，M为S，Z为Na，由这四种元素组成的一种弱酸酸式盐为NaHSO3，与氯气反应的离子方程式为：HSO3-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+3H+，故答案为：HSO3-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+3H+。
【点睛】同一周期，从左到右，元素的非金属性增强，气态氢化物的稳定性增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性增强；同一主族，从上到下，元素的金属性增强，气态氢化物的稳定性减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强。
38.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：
（1）分别取一定量硫酸铁、硫酸亚铁固体，均配制成100mL0.1ml/L的溶液。在配制FeSO4溶液时需加入少量铁屑，其目的是__。
（2）甲组同学取2mLFeSO4溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeSO4溶液与氯水反应的离子方程式为___。
（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeSO4溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是__。
（4）丙组同学研究pH对FeSO4稳定性的影响，得到如图所示结果，增强Fe2+稳定性的措施为__。(写出一条即可)
（5）丁组同学为了探究Fe2(SO4)3与Cu的反应，做了如图所示实验：
①Fe3+与Cu反应的离子方程式为__。
②为了探究白色沉淀产生的原因，同学们查阅资料得知：
i.CuSCN是难溶于水的白色固体；
ii.SCN的化学性质与I-相似；
ii.2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
填写实验方案：
Cu2+与SCN-反应的离子方程式为__。
【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化 (2). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (3). 隔绝空气(防止O2将Fe2+氧化) (4). 增强溶液的酸性(降低溶液的pH值等) (5). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (6). 0.1 (7). 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2
【解析】
【详解】（1）铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，在FeSO4溶液中需加入少量铁屑2Fe3++Fe=3Fe2+，其目的是防止硫酸亚铁被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化。
（2）氯气具有氧化性，能氧化硫酸亚铁为硫酸铁反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为：隔离空气(排除氧气对实验的影响)。
（4）根据图像分析可知，pH越小，亚铁离子不容易被氧化损耗，越稳定，所以增强Fe2+稳定性的措施为降低pH或增强酸性，故答案为：增强溶液的酸性(降低溶液的pH值等)。
（5）①硫酸铁与Cu粉反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，其离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
②由反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，图1中得到溶液中Fe2为0.2ml/L，Cu2+为0.1ml/L，分别取4mL0.2ml/L的FeSO4溶液和4mL0.1ml/L的CuSO4溶液，滴加3滴0.1ml/L的KSCN溶液，观察实验现象，前者无明天现象，后者有白色沉淀生成可知，CuSO4与KSCN反应生成CuSCN是难溶于水的白色固体，其离子反应方程式为：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，故答案为：0.1；2Cu2++4SCN-=
2CuSCN↓+(SCN)2。
化学反应
影响因素
A
过氧化氢不稳定，向溶液中加入少量MnO2后分解速率明显加快
催化剂
B
Na与O2反应既能生成Na2O也能生成Na2O2
温度
C
20mL过氧化氢比10mL过氧化氢产生更多的O2
浓度
D
过氧化氢在酸、碱、中性条件下将高锰酸钾分别还原成Mn2+、MnO42-、MnO2
溶液的酸碱性
选项
方法
现象
结论
A
观察氯水颜色
氯水呈黄绿色
氯水中含Cl2
B
向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水
有无色气体产生
氯水中含HClO
C
向红色纸条上滴加氯水
红色纸条褪色
氯水具有漂白性
D
向FeCl2溶液中滴加氯水
溶液变成棕黄色
氯水具有氧化性
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有Cl-
B
向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生
该溶液中一定含有CO32-
C
向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42-
D
向某溶液中加入NaOH溶液，立即产生红褐色沉淀
该溶液中一定含有Fe3+
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径／nm
0.160
0.143
0.112
0.104
0.066
主要化合价
＋2
＋3
＋2
＋6、－2
－2
强酸
强碱
可溶性盐
……
①HCl
③___
⑤Na2CO3
⑦CO2
②__
④Ba(OH)2
⑥__
⑧SO3
样品甲
先生成白色沉淀，后沉淀消失
样品乙
生成白色沉淀，并迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
实验方案
现象
步骤1：取4mL0.2ml/L的FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1ml/L的KSCN溶液。
无明显现象
步骤2：取4mL_ml/L的CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1ml/L的KSCN溶液。
产生白色沉淀
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