精品解析：辽宁省锦州市滨海实验中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题（2019新人教版）（解析版）

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一、单选题(本大题共28小题，共56分)
1.下列物质与常用危险化学品的分类不对应的是（ ）
A. NaOH——腐蚀品B. Na——遇湿易燃物品
C. 浓硫酸——易爆品D. KMnO4——氧化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaOH具有腐蚀性，属于腐蚀品，A正确；
B. Na极易与水反应生成氢气和氢氧化钠，属于遇湿易燃物品，B正确；
C. 浓硫酸具有腐蚀性，不是易爆品，C错误；
D. KMnO4具有强氧化性，属于氧化剂，D正确；
答案选C。
2.“以人为本，安全至上”，下列化学实验操作方法不正确的是( )
A. 用坩埚或蒸发皿加热的实验完成后，不要直接用手拿回，应用坩埚钳夹取
B. 不慎将酸液溅到眼里，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛
C. 不得用燃着的酒精灯去点燃另一只酒精灯；酒精灯熄灭时不得用嘴去吹
D. 氢氧化钡固体洒落到地板上，立即用水冲洗
【答案】D
【解析】
【详解】A.用坩埚钳夹取灼热的坩埚或蒸发皿，不能直接用手拿回坩埚或蒸发皿，以免烫伤，故A正确；
B.不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害，故B正确；
C.用燃着的火柴或木条点燃酒精灯，禁止用燃着的酒精灯引燃另一只酒精灯，用完酒精灯后，必须用灯帽盖灭，不可用嘴去吹，否则可能将火焰沿灯颈压入灯内，引燃灯内的酒精蒸汽及酒精，可能会导致爆炸的现象发生，故C正确；
D.氢氧化钡固体洒落到地板上时，应先收集固体药品，然后用大量水冲洗，故D错误；
故选D。
3.分类法在化学学习中具有重要意义，下列关于物质分类的正确组合是( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2CO3属于盐类；NaHCO3属于电解质，A项错误；
B.Cu是金属单质，不属于电解质，也不属于非电解质；NaCl属于电解质；Na2O2与酸反应除了盐和水之外，还有氧气，不属于碱性氧化物；CO不与碱反应，不属于酸性氧化物，B项错误；
C. Cl2是非金属单质，不属于电解质，也不属于非电解质；NO不与碱反应，不属于酸性氧化物，C项错误；
D.所有物质分类均正确，D项正确；
答案选D。
【点睛】电解质和非电解质均属于化合物，单质和混合物，既不是电解质也不是非电解质。电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等；非电解质包括非金属氧化物、大多数有机物。
酸性氧化物和碱性氧化物分别与碱、酸反应生成盐和水，且化合物不发生改变。
4.在某无色、透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是( )
A. NH4+、NO3-、Al3＋、Cl－B. Na＋、SO42-、Ba2＋、NO3-
C. MnO4-、K＋、SO42-、Na＋D. H＋、SO42-、HCO3-、Na＋
【答案】A
【解析】
【详解】A、NH4+、NO3-、Al3＋、Cl－中无有色离子，在强酸性条件下不会发生化学反应，能够大量共存，故A符合题意；
B、SO42-与Ba2＋会生成难溶物BaSO4，不能大量共存，故B不符合题意；
C、MnO4-溶液为紫红色，不符合题干无色溶液要求，故C不符合题意；
D、H＋与HCO3-会发生化学反应，不能大量共存，故D不符合题意。
【点睛】离子之间若不发生任何反应，则可以大量共存，若发生反应，则不能大量共存。离子之间发生的反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应，还要掌握常见的有色离子有哪些、这些离子的颜色是什么颜色等。
5.ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂。实验室中可通过以下反应制得ClO2： ，下列说法不正确的是( )
A. 1ml参加反应，转移2ml电子
B. 在反应中被氧化
C. 的还原性强于ClO2
D. CO2是被氧化后得到的产物
【答案】A
【解析】
【分析】
中元素从+5价降低到+4价, C元素的化合价由+3价升高到+4价,据此分析;
【详解】A.中元素从+5价降低到+4价，1ml 参加反应，转移1ml电子，故A错误；
B.中C元素化合价升高，作还原剂，在反应中被氧化，故B正确；
C.该反应中草酸是还原剂，二氧化氯是还原产物，所以草酸的还原性强于，故C正确；
D.该反应中C元素的化合价由+3价升高到+4价，所以草酸是还原剂，是被氧化后得到的产物，故D正确。
故选A。
6.下列离子方程式，书写正确的是（ ）
A 盐酸与石灰石反应：CO32-+H+=CO2↑+H2O
B. 硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓
C. 氢氧化镁和盐酸反应：H++OH-=H2O
D. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳酸钙不溶于水，不能写成离子形式，故A错误；
B.二者反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，故B错误；
C.氢氧化镁不溶于水，故C错误；
D.氯化铝和过量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故D正确；
故选D。
【点睛】掌握离子方程式的书写要求，注意强酸和强碱和可溶性盐写成离子形式，有些反应和物质的量的关系。
7.已知2MOyx－+5S2－+16H+=2M2++5S↓+8H2O，则MOyx－中的x的值为
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】根据电子的得失守恒可知5×2＝2×n，解得n＝5，即MOyx－在反应中得到5个电子，所以化合价是＋7价。根据原子守恒可知，y＝4，所以x＝1，答案A。
8.反应中，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为
A. 1：1B. 1：2C. 2：1D. 3：1
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化合价的变化分析，找出被氧化、被还原的物质。
【详解】反应中只有氮元素的化合价有变化，2NO2失电子被氧化为2HNO3，1NO2得电子被还原为1NO。即被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2：1 。
本题选C。
9.下列有关Na2CO3和NaHCO3的说法错误的是
A. 等质量Na2CO3和NaHCO3分别和足量盐酸反应，相同条件下前者生成CO2少
B. 将石灰水分别加入NaHCO3和Na2CO3中，前者不生成沉淀
C. 相同条件下Na2CO3比NaHCO3更易溶于水
D. Na2CO3固体中含少量NaHCO3，可用加热法除去
【答案】B
【解析】
【详解】A．等质量的Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠的摩尔质量大，其物质的量少，盐酸足量，碳元素守恒，则与盐酸完全反应碳酸钠产生的气体少，故A正确；
B．Na2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，反应为CO32﹣+Ca2+=CaCO3↓，2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B错误；
C．向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，则相同条件下，在水中的溶解性为NaHCO3＜Na2CO3，故C正确；
D．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，可用加热法除去，故D正确；
故选B。
10.下列关于钠的化合物的叙述不正确的是
A. 热稳定性：
B. 与都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
C. 碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
D. 中阴、阳离子的个数比为1：2
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHCO3不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，碳酸钠受热不分解，正确；
B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，错误；
C．碳酸氢钠可与盐酸反应，且碳酸氢钠的碱性较弱，对胃壁的刺激作用较小，可用于中和胃酸过多，正确；
D．Na2O2中阴离子为O22-，Na2O2中阴、阳离子的个数比为1：2，正确；
故选B。
11.经氯气消毒的自来水，若用于配制以下溶液：
①KOH ②AgNO3③NaHCO3④FeCl2⑤NaI ⑥NaHS ⑦NaHSO3会使配制的溶液变质的是
A. 全部B. ②④⑤⑥C. ②⑤D. ④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】氯水含有、、H+、、；KOH与H+反应而变质；AgNO3与反应生成氯化银沉淀；NaHCO3与H+反应生成二氧化碳；FeCl2与反应生成氯化铁；NaI与反应生成硫化钠；NaHS与反应生成硫单质；NaHSO3被氧化成硫酸钠；
故A正确。
12.将足量X气体通入Y溶液中，实验结果与预测的现象一致的组合是
A. 只有①②③B. 只有①②④C. 只有①③④D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①二氧化碳与饱和Na2CO3溶液发生反应生成碳酸钠，由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，则会析出白色沉淀，①正确；
②SO2通入水中生成H2SO3，溶液呈酸性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，可发生反应：3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+＝3BaSO4↓+4H++2NO，则会析出白色沉淀，②正确；
③氯气与水反应：Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO，氯离子和银离子发生反应：Ag++Cl﹣＝AgCl↓，则会析出白色沉淀，③正确；
④一水合氨是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液通入过量氨气的反应方程式为：AlCl3+3NH3+3H2O＝Al（OH）3↓+3NH4Cl，则会析出白色沉淀，④正确；
答案选D。
13.将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. Mg和Al的总质量为8g
B. 硫酸的物质的量浓度为5 ml/L
C. 生成的H2在标准状况下的体积为11．2L
D. NaOH溶液的物质的量浓度为5ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】
由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35ml，溶液中溶质为Na2SO4，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15ml，所以Al（OH）3为0.35ml-0.15ml=0.2ml。
【详解】A．由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]=0.2ml，n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.15ml，所以镁和铝的总质量为0.2ml×27g/ml+0.15ml×24g/ml=9g，A错误；
B．沉淀量最大时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于240mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的1/2倍，所以n（Na2SO4）=1/2×0.2L×5ml/L=0.5ml，硫酸的浓度为0.5ml÷0.5L=1ml/L，B错误；
C．由A中分析可知n（Al）=0.2ml，n（Mg）=0.15ml，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=3×0.2ml+2×0.15ml=0.9ml，所以n（H2）=0.45ml，故氢气体积为0.45ml×22.4ml/L=10.08L，C错误；
D．由200～240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.2ml，氢氧化钠的浓度为0.2ml÷(0.24L−0.2L)=5ml/L，D正确；
答案选D。
14.设NA是阿伏加德罗常数值，以下说法正确的是（ ）
A. 在常温、常压下，11.2 L N2含有的分子数为0.5 NA
B. 标准状况下，22.4 L H2和O2的混合气体所含分子数为NA
C. 标准状况下，18 g H2O的体积是22.4 L
D. 1 ml SO2的体积是22.4 L
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在常温、常压下，气体摩尔体积不为22.4L/ml，则11.2 L N2含有分子数无法计算，与题意不符，A错误；
B. 标准状况下，1ml任何气体的体积均为22.4L，则22.4 L H2和O2的混合气体的物质的量为1ml，所含分子数为NA，符合题意，B正确；
C. 标准状况下，18 g H20为1ml，其为液体，则体积小于22.4 L，与题意不符，C错误；
D. 标准状况下，1 ml SO2的体积是22.4 L，与题意不符，D错误；
答案为B。
15.已知硝酸能将Fe2+氧化为Fe3+．下列物质反应后能使KSCN溶液变红的是（ ）
①过量的Fe与Cl2反应
②Fe和过量稀硫酸反应
③FeCl2溶液中通入少量Cl2
④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中
⑤向Fe（NO3）2溶液中加入过量稀硫酸．
A 只有①B. 只有①③⑤C. 只有①②③D. 全部
【答案】B
【解析】
【分析】
①过量的Fe与Cl2反应生成氯化铁；
②Fe和过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁；
③FeCl2溶液中通入少量Cl2，反应生成氯化铁；
④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，三氧化二铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，如果铁过量，铁与绿化铁反应生成氯化亚铁；
⑤向Fe（NO3）2溶液中加入过量稀硫酸，硝酸根离子在酸性环境下能够氧化二价铁离子生成三价铁离子。能使KSCN溶液变红是三价铁离子，据此分析。
【详解】①过量的Fe与Cl2反应生成氯化铁，氯化铁中含有三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故①正确；
②Fe和过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，不含三价铁离子，不能使KSCN溶液变红，故②错误；
③FeCl2溶液中通入少量Cl2，反应生成氯化铁，含有三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故③正确；
④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，三氧化二铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，如果铁过量，铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，不含三价铁离子，不能使KSCN溶液变红，故④错误；
⑤向Fe（NO3）2溶液中加入过量稀硫酸，硝酸根离子在酸性环境下能够氧化二价铁离子生成三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故⑤正确；
答案选B。
16.某溶液中含有大量Fe2+、Al3+、Fe3+、Na+、Cl-、SO42-离子，其中加入足量Na2O2固体后，再加入足量的盐酸溶解沉淀，最后溶液中的离子数目与反应前相比保持不变的是
A. Na+、Fe2+B. Al3+、SO42-C. Fe3+、SO42-D. Al3+、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，钠离子浓度增大，故A错误；
B．Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，硫酸根离子自始至终不发生变化，故B正确；
C．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故C错误；
D．加入足量的盐酸溶解沉淀，氯离子浓度增大，故D错误；
故选B。
【点晴】可以根据所学知识进行回答，难度不大，注意亚铁离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点，溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，Fe2+氧化成Fe3+，减少的是亚铁离子，增加的是三价铁离子。
17.下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 铝粉投入NaOH溶液中：2Al＋2OH－===2AlO2-＋H2↑
B. Na与CuSO4溶液反应：Cu2＋＋2Na===2Na＋＋Cu
C. 向AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
D. Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-===BaSO4↓＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 题干中离子方程式得失电子不守恒，质量不守恒，应改为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑，故A错误；
B、钠放入硫酸铜溶液中是与水发生反应，离子方程式为2Na+2H2O+Cu2＋=2Na＋+H2↑+Cu(OH)2，故B错误；
C、一水合氨为弱碱，书写离子方程式时不能拆开，离子反应为：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓+ NH4+,故C错误；
D、Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O，故D正确；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。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(题中B项)；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(题中C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守恒等（题中A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。
18.等量的铁粉分别与足量的盐酸、水蒸气在一定的条件下充分反应，则在相同的条件下，产生氢气的物质的量之比是（ ）
A. 1：1 B. 3：4 C. 2：3 D. 4：3
【答案】B
【解析】
【分析】
令Fe物质的量为1ml，根据方程式计算出生成氢气的物质的量，再根据相同条件下体积之比等于物质的量之比确定两反应中生成氢气体积之比。
【详解】令Fe的物质的量为1ml，则：
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
1ml 1ml
3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2
1ml ml，
相同条件下体积之比等于物质的量之比，则两反应中生成氢气体积之比为1ml：ml =3：4。
答案选B。
【点睛】本题考查根据方程式的计算，比较基础，清楚铁与水蒸气的反应是关键，注意基础知识的理解掌握。
19.等臂杠杆两端各系一只等质量的铁球，将杠杆调平衡后，将球分别浸没在等质量、等密度的稀硫酸和硫酸铜溶液里(如图所示)，一段时间后杠杆将会
A. 左端上翘B. 右端上翘
C. 仍然平衡D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【分析】
铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，Fe和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，根据铁球的质量变化分析。
【详解】铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，随着反应进行，铁球质量减小，溶液密度增大，浮力增大，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，生成的铜附着在铁球表面，铁球质量增大，溶液密度减小，浮力减小，因此一段时间后，杠杆将会左端上翘；
答案选A。
【点睛】本题考查了金属的性质，要会利用金属活动顺序表分析实验，明确反应的原理是解答的关键，注意溶液密度的变化。
20.下列化学用语或命名正确的是
A. 次氯酸的结构式：H-Cl-OB. 含有10个中子的氧原子的符号：
C. S2-的结构示意图 D. NH4Cl的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A、次氯酸的结构式：H—O—Cl， A 错误；
B、氧的元素符号为O，该氧原子的质量数A=8+10=18，则该原子的化学符号为，B正确；
C、S2-最外层为8个电子，结构示意图为，C错误；
D、NH4Cl的电子式：，D错误；
答案选B。
21.已知X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构。下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是( )
A. 原子序数：Y＞X＞Z＞WB. 离子半径：X+＞Y2+＞Z-＞W2-
C. 原子最外层电子数：Z＞W＞Y＞XD. 还原性：X＞Y，W2-＞Z-
【答案】B
【解析】
【分析】
四种离子均具有相同的电子层结构，阳离子原子序数=核外电子数 +电荷数，阴离子原子序数=核外电子数-电荷数,
A.根据原子序数与核外电子数、电荷数之间的关系式确定原子序数；
B.电子层结构相同的离子，离子半径随着 原子序数增大而减小；
C.主族元素阳离子最外层电子数=其最高正化合价，阴离子最低负化合价=最外层电子数-8;
D.同一周期元素，元素的金属性越强，其还原性越强；同一周期非金属元素，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱;
【详解】X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，由离子所带电荷可知，X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X；Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，再根据元素周期律递变规律判断；
A.X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，由离子所带电荷可知，X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X；Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，故A正确；
B.电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Y2+＜X+＜Z-＜W2-，故B错误；
C.X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X，则原子最外层电子数Y＞X；Z、W处于同一周期，原子序数Z＞W，则原子最外层电子数Z＞W，X、Y形成阳离子，Z、W形成阴离子，所以最外层电子数Z＞W＞Y＞X，故C正确；
D.X、Y处于同一周期，形成阳离子，原子序数Y＞X，所以金属性：X＞Y；Z、W处于同一周期，形成阴离子，原子序数Z＞W，所以非金属性Z＞W，非金属性越强，阴离子还原性越弱，所以还原性：W2-＞Z-，故D正确。
故选B。
22.下列各组性质比较中，正确的是()
①沸点：
②离子还原性：
③酸性：
④金属性：
⑤气态氢化物稳定性：
⑥半径：
A. ①②③B. ③④⑤⑥C. ②③​④D. ①③​④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①.HF中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为 ，故错误；
②.元素的非金属性，对应离子还原性，故错误；
③.非金属性 ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：，故正确；
④.同主族从上到下，金属性增强：，同周期从左到右，金属性减弱，即 ，即金属性：，故正确；
⑤.元素的非金属性，气态氢化物稳定性，故正确；
⑥.电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，即，故正确。
故选B。
23.下列物质中，既有离子键又有共价键的是（ ）
A. MgCl2B. Ca(OH)2C. H2OD. N2
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化镁中只含离子键，故A错误；
B.氢氧化钙中钙离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，故B正确；
C.水分子中只含共价键，故C错误；
D.氮气分子中只含共价键，故D错误。
故选B。
【点睛】既含离子键有含共价键的物质是离子化合物：①铵盐类，如NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2CO3等；②强碱类，如KOH、NaOH等；③含氧酸盐，如K2SO4、NaHCO3等；④过氧化物，如Na2O2，超氧化物，如KO2。
24.镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如下图所示：
下列判断不合理的是：
A. Al、Ga均处于IIIA族
B. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
C. Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2
D. 碱性：Al(OH)3>Ga(OH)3
【答案】D
【解析】
【详解】A．镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，故A正确；
B．Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，故B正确；
C．Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液生成NaGaO2，故C正确；
D．同主族元素从上到下金属性增强，则碱性：Al(OH)3＜Ga(OH)3，故D错误；
故选D。
25.实验室配制250 mL 0.200 ml/L NaCl溶液，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是( )
A. 容量瓶洗净后未干燥B. 移液后烧杯未洗涤
C. 定容时俯视读数D. 摇匀后液面低于刻度线再滴加水至刻度线
【答案】C
【解析】
【分析】
依据进行误差分析，凡是使n偏大或者使V偏小的操作，溶液浓度偏高，凡是使n偏小或者V偏大的操作，溶液浓度偏低，据此进行判断;
【详解】A.容量瓶洗净后未干燥，在定容时要加入蒸馏水，不影响溶液浓度，故A错误；
B.移液后烧杯未洗涤，相当于损失了一部分的溶质，故溶液浓度会偏低，故B错误；
C.定容时俯视读数，溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故C正确；
D.摇匀后液面低于刻度线再滴加水至刻度线，会使溶液浓度偏低，故D错误；
​故选C。
26.在制备和收集Cl2的实验过程中，下列装置正确的是
A. 制备Cl2B. 除去HCl杂质
C. 排空气法收集Cl2D. 尾气吸收
【答案】D
【解析】
【详解】A项、实验室用MnO2与浓盐酸共热反应制备Cl2，A装置中缺少酒精灯，故A错误；
B项、Cl2中含有氯化氢，Cl2不溶于饱和食盐水，通过饱和食盐水除去氯化氢，HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应会生成CO2杂质，达不到除杂目的，故B错误；
C项、Cl2密度比空气大，用向上排空气法收集Cl2，应从长管通入气体，故C错误；
D项、Cl2有毒需要用氢氧化钠溶液吸收，倒置的漏斗能够防止倒吸，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查氯气的实验室制法，B项为易错点，注意从氯气的制备原理和氯气的性质进行分析判断。
27.在制作印刷电路板的过程中常利用FeCl3溶液与Cu反应，其反应方程式为：
2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2。现向FeCl3溶液中加入a g Cu粉，完全溶解后，再加入b g Fe粉，充分反应后尚有c g残余固体。若c＜a，则下列说法正确的是
A. 残余固体全部是Cu
B. 残余固体可能为Fe和Cu的混合物
C. 最后得到的溶液可能含有Fe3＋
D. 残余固体是Fe，溶液中一定不含Cu2＋
【答案】A
【解析】
【分析】
此题中发生的化学反应有三个，方程式如下：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu、2FeCl3+Fe=3FeCl2，依元素守恒可知：
步骤一：ag铜完全溶解后，变为ag铜离子；
步骤二：若加入的铁足够多的话，可将溶液中的铜离子全部变回金属铜（ag）甚至还会有铁剩余，此时，残余固体（cg）应大于或等于ag；
依题意：a＞c可知，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，
结论1：剩余固体为Cu，不可能有Fe剩余；
步骤三：根据方程式1、2、3可知，溶液中一定有Fe2+，由上述推导可知，溶液中还应有Cu2+剩余，由方程式1可知，Cu与Fe3+是不能共存的，剩余固体中有Cu，则溶液中必无Fe3+，
结论2：充分反应后剩余固体为Cu，而溶液中含FeCl2和CuCl2；
【详解】A、由上述分析可知，残余固体全部是Cu，A正确；
B、由上述分析可知，残余固体全部是Cu，B错误；
C、因Cu可以和Fe3+反应，所以Cu与Fe3+是不能共存的，C错误；
D、残余固体是Cu，溶液中一定含有Cu2＋，D错误；
答案选A。
28.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是( )
A. 鉴别纯碱与小苏打B. 证明Na2O2与水反应放热
C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应D. 探究钠与Cl2反应
【答案】A
【解析】
【详解】A.鉴别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故A符合题意；
B.过氧化钠与水反应放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B不符合题意；
C.氯气与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气被消耗，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C不符合题意；
D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D不符合题意。
故答案是A。
二、填空题(本大题共2小题，共30分)
29.A～E五种物质都含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示，其中A为淡黄色固体化合物，B为单质。请回答下列问题。
（1）固体A的名称为_______________，其常见用途：_______________________________________。（仅举一例即可）
（2）写出下列反应的化学方程式：
①A→C_____________________________________________________________；
②A→D_____________________________________________________________；
③B→A_____________________________________________________________；
④B→C_____________________________________________________________。
【答案】 (1). 过氧化钠 (2). 漂白剂、供氧剂等 (3). 2Na2O2＋2H2O ===4NaOH＋O2↑ (4). 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 (5). 2Na＋O2Na2O2 (6). 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
【解析】
【分析】
A为淡黄色固体化合物，B为单质，则A为过氧化钠，B为钠单质，B在氧气中加热反应生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成D，D为碳酸钠，故此可推出C为氢氧化钠，E为氯化钠。据此分析可得结论。
【详解】（1）由上述分析可知固体A为过氧化钠，通常可作漂白剂和供氧剂，故答案为过氧化钠；漂白剂、供氧剂等；
（2）① A→C反应的化学方程式为：2Na2O2＋2H2O ===4NaOH＋O2↑；
②A→D反应的化学方程式为：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2；
③B→A反应的化学方程式为：2Na＋O2Na2O2；
④B→C反应的化学方程式为：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑。
30.从古至今，铁及其化合物在人类的生产生活中都起了巨大的作用。
(1)实验室在配制 FeSO4溶液时为了防止 FeSO4溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是______________(用离子方程式表示)。
(2)向FeSO4溶液中滴加氨水的现象为 ______________________，请用化学用语解释出现此现象的原因___________________；_____________________
(3)现有配制所得的 100mL 6ml/L FeSO4溶液，往其中滴入一定量稀硝酸，请回答下列问题：
①配平该反应的离子方程式：____Fe2＋____NO3－＋____H＋ = ___Fe3＋＋____NO↑＋_____H2O(在横线上写上化学计量数)
②要检验该反应后的溶液中是否还含有 Fe2＋，可选用下列的一种试剂为_______
A.酸性 KMnO4 溶液 B.KSCN 溶液 C. Cl2
③写出上述②的具体实验方案(含操作、现象、结论)：____________________。
④经检验，上述反应后的溶液中不存在 Fe2＋，则该反应过程中产生的 NO 体积为(标准状况下)____________________L。
【答案】 (1). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (2). 产生白色沉淀，迅速变为灰绿色最后变为红褐色 (3). Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2 ↓+2NH4+ (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). 3 (6). 1 (7). 4 (8). 3 (9). 1 (10). 2 (11). A (12). 取少量反应后溶液于试管，往其中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液颜色变浅或褪色，则溶液中含Fe2+，否则不含Fe2+ (13). 4.48
【解析】
【分析】
(1).变质时二价铁被氧化为三价铁,利用,可以在配制二价铁溶液时防止变质;
(2).是弱碱盐,会和氨水发生反应生成弱碱, 极易被氧化为;
(3). ①.氧化还原方程式配平找出反应中的氧化剂，还原剂，氧化产物，还原产物，分析价态变化利用元素守恒和电荷守恒配平；
②. 具有还原性可以使有色氧化剂因发生氧化还原反应褪色，所以可以据此检验二价铁是否存在；
③.离子检验一般遵循步骤为：取样液于试管中，滴加检验试剂，描述现象结合现象得出结论；
④.,依据反应中与以及转移电子之间的关系进行求解；
【详解】(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，配制成溶液。在溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止被氧化：，故答案为：；
(2)向 溶液滴加氨水生成白色沉淀氢氧化亚铁，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，发生的反应为：,，故答案为：产生白色沉淀，迅速变为灰绿色最后变为红褐色；；；
(3)①氧化为，失去1个电子，稀硝酸被还原为，N元素得到3个电子，根据得失电子守恒，的计量数为3，的计量数为1，结合电荷守恒可知H+的计量数为4，结合原子守恒可知的计量数为2，故答案为：3；1；4；3；1；2；
②具有还原性，可将酸性溶液还原变色，所以可用酸性溶液检验该反应后的溶液中是否还含有，故答案为：A；
③具有还原性，可将酸性溶液还原，使溶液颜色变浅或褪色，上述②的具体实验方案为：取少量反应后溶液于试管，往其中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液颜色变浅或褪色，则溶液中含，否则不含，故答案为：取少量反应后溶液于试管，往其中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液颜色变浅或褪色，则溶液中含，否则不含；
④100mL6ml/L溶液中， =0.1L×6ml/L=0.6ml，溶与稀硝酸反应的离子方程式为：，由方程式可知，3ml完全反应生成标准状况下22.4L，所以0.6ml完全反应生成标准状况下4.48L，故答案为：4.48。
三、实验题(本大题共1小题，共14分)
31.某Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质。现通过下列生产过程,从该样品中回收铁红。流程如下:
（1）操作a是________，在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和_______。
（2） 试剂①是_______,固体II是_________（填化学式）。
（3）红褐色沉淀的成分是_________；写出白色沉淀转化为红褐色沉淀的化学方程式:______________。
（4）溶液II中铁元素的存在形式是_______（填离子符号），如何用实验证明:__________。
【答案】 (1). 过滤 (2). 玻璃棒 (3). NaOH溶液 (4). Cu (5). Fe(OH)3 (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (7). Fe2+ (8). 取少量溶液Ⅱ于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴入适量氯水，溶液变红，则说明铁元素的存在形式是Fe2+
【解析】
试题分析：本题以从含有Cu、Fe、Fe2O3杂质的Al2O3样品中回收铁红为载体，考查流程的分析，物质的分离和提纯，化学方程式的书写，Fe2+的检验，涉及Al2O3、Fe、Fe2O3、Fe（OH）2、Fe（OH）3等的化学性质。流程中加入过量试剂①后得到的固体I最终可回收铁红，试剂①不溶解Fe、Fe2O3、Cu，且在溶液II中加入试剂①产生的白色沉淀能转化为红褐色沉淀，则试剂①为NaOH溶液，加入试剂①与样品发生的反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，经过滤得到的固体I中含Cu、Fe、Fe2O3；固体I中加入过量的盐酸发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2FeCl3=3FeCl2，反应经过滤得到的固体II为Cu，溶液II中含FeCl2和过量HCl；溶液II中加入NaOH溶液，FeCl2与NaOH反应生成白色Fe（OH）2沉淀，Fe（OH）2在空气中久置转化为红褐色的Fe（OH）3，Fe（OH）3受热分解生成Fe2O3。
（1）操作a是将溶液和固体分离，操作a是过滤，过滤时需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。
（2）根据上述分析，试剂①是NaOH溶液，固体II是Cu。
（3）红褐色沉淀的成分是Fe（OH）3。白色沉淀转化为红褐色沉淀的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。
（4）溶液II中含FeCl2和过量HCl，铁元素的存在形式是Fe2+。检验溶液II中含Fe2+的方法是：取少量溶液Ⅱ于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴入适量氯水，溶液变红，则说明铁元素的存在形式是Fe2+。
碱
电解质
非电解质
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
NaHCO3
MgO
SO2
B
NaOH
Cu
NaCl
Na2O2
CO
C
Ba（OH）2
CH3COOH
Cl2
Na2O
NO
D
KOH
HNO3
SO2
CaO
SO3
X气体
Y溶液
预测的现象
①
CO2
饱和Na2CO3溶液
白色沉淀析出
②
SO2
Ba(NO3)2溶液
白色沉淀析出
③
Cl2
AgNO3溶液
白色沉淀析出
④
NH3
AlCl3溶液
白色沉淀析出