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2021-2022学年山西省朔州市怀仁市高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年山西省朔州市怀仁市高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共28页。试卷主要包含了24L氖气含有的质子数为NA，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省朔州市怀仁市高一（上）期末化学试卷
1. 我国自主研发的新一代动车组在京沪高铁上跑出过486.1公里的世界列车最高时速，这得益于全路铺设的优质无缝平滑的超长钢轨。下列有关说法不正确的是( )
A. 制造钢轨的材料是钢，钢是用量最大的合金
B. 在空气中将金属钛、铝混合后熔化可制得铝合金，强度、硬度比铝大
C. 在我国使用最早上合金是铜合金
D. 不锈钢的合金元素主要是铬和镍
2. 下列关于物质性质的比较，错误的是( )
A. 酸性强弱：HClO4>HBrO4>HIO4
B. 氢化物的稳定性：PH3
D. 碱性强弱：Al(OH)3
①酸性氧化物在一定条件能与碱发生反应
②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物
③蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、电解质和非电解质
④根据是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
⑤Al2O3是两性氧化物，与NaOH溶液反应的离子方程式是：Al2O3+6OH−=2Al3++3H2O
⑥ 35Cl2和 37Cl2既不是同位素，也不是同素异形体
⑦根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸
③锂和氧气反应的化学方程式是：4Li+O2−△2Li2O
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
4. 类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是( )
①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2
②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中
③Al与S直接化合时可得到Al2S3；Fe与S直接化合时也可得到Fe2S3
④Fe(OH)3受热易分解，Al(OH)3、Cu(OH)2受热也易分解
A. ①② B. ③④ C. ①②③ D. ①②③④
5. 甲同学用FeCl2和烧碱制备Fe(OH)2；乙同学用如图装置制备Fe(OH)2，为了生成的产物不容易被氧化，下列说法不正确的是( )
A. 配制溶液所用的蒸馏水通常要煮沸
B. 甲同学可在FeCl2溶液的上面加一层植物油，以隔绝空气
C. 乙同学装置①加入Fe和稀硫酸，②中加入烧碱溶液
D. 乙同学应该先关闭止水夹，一段时间以后再打开止水夹
6. 常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2 分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是( )
A. B. C. D.
7. 元素的“价一类”二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。如图为铁元素的“价一类”二维图，箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是( )
A. 铁与水蒸气在高温条件下反应可实现转化①
B. FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化②生成红棕色粉末
C. 由图可预测：高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可用于消毒
D. 加入铁粉可实现转化③，加入碘水可实现转化④
8. 三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体。它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是( )
A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B. 还原剂与氧化剂的分子数之比为2：1
C. 若生成2molHNO3，则转移2mol电子
D. NO是还原产物，HNO3是氧化产物
9. 物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl−的物质的量之比为( )
A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 3：4：3 D. 3：2：1
10. 下列有关实验的说法不正确的是( )
A. 中学实验室中可以将未用完的钠放回原试剂瓶
B. 用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视刻度线所配制溶液浓度偏高
C. 配制480mL0.1mol/L硫酸铜溶液时，需要用到500mL容量瓶
D. 干燥的氯气可以使有色鲜花变色，说明干燥的氯气有漂白性
11. 根据如图的转化关系判断，下列说法正确的是(反应条件已略去)( )
A. 生成等质量H2时，①和②反应消耗n(HCl)=n(NaOH)
B. 反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
C. 反应③和④消耗等量的Al时，生成的n(Cu)：n(Fe)=3：2
D. 反应⑤的离子方程式为Al3++3OH−=Al(OH)3↓
12. 纳米级四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一。共沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法，其流程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 保存溶液A时，应加入少量铁粉滤液
B. FeSO4⋅7H2O和FeCl3⋅6H2O的物质的量之比最好应为2：1
C. 取滤液进行焰色反应，火焰为黄色
D. 其制备反应类型不属于氧化还原反应
13. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( )
A. 标准状况下，2.24L氖气含有的质子数为NA
B. 常温常压下，0.1mol12C18O2含有的中子数为2.6NA，电子数为2.2NA
C. 1mol雄黄(As4S4,)分子中，含有的极性键数为8NA
D. 0.1mol(H2与Cl2)的混合气体充分反应后，体系中含有共价键总数为0.2NA
14. 如图所示，在一个容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在A、B、C处分别充入等质量的X、H2、Y三种气体，当隔板静止时，A、C内的气体密度相等，下列说法正确的是( )
A. X的相对分子质量比Y的相对分子质量小
B. 气体的体积：V(X)>V(H2)>V(Y)
C. X的相对分子质量等于Y的相对分子质量
D. 物质的量：n(X)
A. Na+、Cu2+、NO3−、SO42− B. Na+、Mg2+、Cl−、OH−
C. Fe2+、H+、Cl−、MnO4− D. Fe3+、K+、OH−、SO42−
16. 下列说法不正确的是( )
实验操作
现象
结论
A
某溶液用足量硝酸酸化后无明显现象，再滴加AgNO3溶液
有白色沉淀生成
该溶液中一定Cl−
B
向FeCl3溶液中滴加KI溶液，溶液颜色由紫色变为棕黄色，再滴入数滴淀粉溶液
溶液变成蓝色
KI具有还原性
C
某溶液中加入新制氯水后无明显现象，再滴加硫氰化钾溶液
溶液变成红色
该溶液中一定存在Fe2+
D
取少量NaHCO3固体物质，加入几滴水，插入温度计
温度下降
碳酸氢钠溶解过程吸热
A. A B. B C. C D. D
17. 铁粉具有平肝镇心，消痈解毒之功效，主治惊痫、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物，实验装置如图。下列说法错误的是( )
A. 通过调节分液漏斗的活塞以控制①中气泡产生快慢
B. 装置①的作用是干燥氢气
C. 装置②、③中的药品可分别是无水硫酸铜、无水氯化钙
D. 无需加③装置
18. 如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g。下列说法正确的是( )
A. Na2O2中阴阳离子数目之比为1：1
B. 反应①的离子方程式为Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑
C. 反应①、②、③中，①③为氧化还原反应，②为非氧化还原反应
D. 反应③转移电子的物质的量为0.2mol
19. ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A. 通入的空气可将发生器中产生的ClO2全部驱赶到吸收器中
B. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2−+2H+ +O2↑
C. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
D. 工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输
20. 如图所示，从A处通入新制备的Cl2，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处红色干燥布条逐渐褪色。D瓶中盛放的溶液可能是( )
①浓硫酸
②NaOH溶液
③H2O
④饱和NaCl溶液
A. ①③ B. ②④ C. ①② D. ③④
21. 膨松剂是一种食品添加剂，它受热分解产生的气体，能使面胚在熔烤过程中变得松软、多孔。小苏打是常用的膨松剂之一，它既可以作为碱性膨松剂单独使用，也可以与酒石酸氢钾、淀粉按一定比例混合制成复合膨松剂，复合膨松剂遇水会产生二氧化碳，起到膨松作用。下列说法正确的是( )
A. 任何受热分解能产生气体的物质都可以做食品膨松剂
B. 碳酸氢钠受热分解的化学方程式为NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑
C. 小苏打做膨松剂时，必须与酒石酸氢钾、淀粉混合使用
D. 复合膨松剂应在干燥的环境中保存
22. 无水AlCl3(178℃升华)遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用Al和氯气通过如图装置制备。则下列说法正确的是( )
A. 试剂瓶B、C、F中分别盛饱和NaHCO3溶液、浓硫酸、浓硫酸
B. 氯化铝产品最后在装置E中收集
C. 若D中生成的AlCl3凝华堵塞导管，B中可观察到的现象为长颈漏斗中液面下降
D. 装置F和G可用装有无水CaCl2的干燥管替换
23. 五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其一种常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是( )
A. 元素X可能为锂
B. Z虽是金属，但也能表现出一定的非金属性
C. M是金属元素和非金属元素分界线附近的元素，可用于制造半导体材料
D. X2W中各原子均达到8电子稳定结构
24. 如图所示，甲、乙、丙常温下都为气体，2mol甲反应生成1mol丙和3mol乙，下列判断不正确的是( )
A. 丙的结构式是N≡N
B. 甲的电子式是
C. 化学反应中各物质的质量之比等于2：1：3
D. 同温同体积下，生成丙和乙的压强比为1：3
25. 某小组在探究Fe2+性质的实验中观察到异常现象(实验1)，观察到溶液变红，片刻红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。
①在实验1加入H2O2溶液与Fe2+反应的离子方程式是 ______，溶液变红的离子方程式是 ______。
②用实验2探究“红色褪去”的原因，则红色褪去的原因是 ______。
26. 钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
(1)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是 ______ 。
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式。
______ ClO3−+______ VO2++______ ______ = ______ Cl−+______ VO2++______ ______ 。
(3)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则SO32−、Cl−、VO2+还原性由大到小的顺序是 ______ 。
(4)在20.00mL0.1mol⋅L−1VO2溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是 ______ 。
a.VO2+
b.VO2+
c.V2+
d.V
27. 如图1为元素周期表的一部分，请参照元素①②等在图中的位置，回答下列问题。
(1)第三周期元素中非金属性最强的元素的原子结构示意图是 ______。
(2)⑥的最高价氧化物对应的水化物分别与⑤、⑨的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是 ______、______。
(3)下列可以判断⑤和⑥金属性强弱的是 ______(填序号)。
a.单质的熔点：⑤<⑥
b.化合价：⑤<⑥
c.单质与水反应的剧烈程度：⑤>⑥
d.最高价氧化物对应水化物的碱性：⑤>⑥
(4)②③⑦的最高价氧化物均是 ______(填“离子化合物”“共价化合物”)。
(5)为验证第ⅦA族部分元素非金属性的递变规律，设计如图2装置进行实验，请回答：
①仪器A的名称是 ______，A中发生反应的离子方程式是 ______。
②验证溴与碘的非金属性强弱：通入少量⑨的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，振荡、静置，可观察到 ______。
③第ⅦA族元素非金属性随元素核电荷数的增加而逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下 ______，______。
28. 试完成下列有关物质的量的相关计算：
(1)水煤气是一种清洁高效的能源，其主要成分可视为物质的量之比为1：1的H2和CO的混合物，水煤气的平均摩尔质量为 ______。
(2)某0.2L无土栽培用的营养液中含有KCl、K2SO4、NH4Cl三种溶质，测得该营养液中部分离子的浓度柱状图如图甲所示，该营养液中NH4Cl的物质的量浓度为 ______，将该营养液加水稀释，稀释过程中NH4+的浓度(c)随溶液体积(V)变化的曲线如图乙所示，则V1=______，V2=______。
(3)图丙是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：
①报告单中“μmol/L”是 ______(填“质量”、“体积”或“浓度”)的单位。
②缺铁性贫血患者应补充Fe2+。一些补铁剂以硫酸亚铁为主要成分，用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，推测糖衣的作用是 ______。
(4)氨水的密度与所加水量的关系如图丁所示(水的密度为1g/mL)。已知溶质质量分数为a%的氨水物质的量浓度为5mol/L，则溶质质量分数为2a%的氨水的物质的量浓度 ______(填“大于”“小于”或“等于”)10mol/L。
(5)为测定人体血液中Ca2+的含量，设计了如图戊方案，有关反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。若血液样品为15.00mL，滴定生成的草酸消耗了0.001mol/L的KMnO4溶液15.00mL，则血液样品中的含钙量为 ______mol/L。
29. X、Y、M、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z最外层电子数相同，X2−和M2+电子层结构相同。含0.9%YW化合物的水溶液称为生理盐水。
(1)Z在周期表中的位置为 ______。
(2)X2−离子的电子式是 ______，W可形成化合物MW2、ZW2，由此说明，化学键可以使 ______相结合，也可以使 ______相结合。
(3)用电子式表示化合物Y2Z的形成过程 ______。
(4)上述5种元素中原子半径最大的是 ______(用元素符号表示)。
(5)数字化实验是将传感器、数据采集器和计算机连接起来，采集实验过程中各种物理量变化的数据。如图是用强光照射广口瓶中新制W2的水溶液时所获得的图像，下列纵坐标代表的物理量与图像不相符的是______(填标号)。
A.溶液颜色
B.溶液中氢离子的数目
C.瓶中氧气的体积分数
D.溶液的导电能力
工业上用W2制漂粉精的化学方程式是 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.目前世界上用量最大的合金是铁合金，即钢材，钢是用量最大的合金，故A正确；
B.在空气中融化钛、铝会被氧化，故应该隔绝空气，故B错误；
C.我国最早进入铜器时代，我国使用最早上合金是铜合金，故C正确；
D.不锈钢的合金元素主要是铬和镍，故D正确；
故选：B。
A.目前用途最广、用量最大的合金是钢；
B.在空气中融化钛、铝会被氧化；
C.我国最早进入铜器时代；
D.不锈钢的合金元素主要是铬和镍。
本题主要考查了合金的性质方面的知识，注意合金的性质：金属与金属或金属与非金属的混合物，合金的熔点比各成分的熔点低，但硬度比各成分硬度高，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.非金属性，Cl>Br>I，最高价氧化物对应水化物酸性强弱：HClO4>HBrO4>HIO4，故A正确；
B.非金属性，F>S>P，氢化物的稳定性：PH3
D.金属性强弱为Al
A.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强；
B.非金属性越强，氢化物稳定性越强；
C.电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小；
D.金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强。
本题考查了元素周期律的应用，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握元素周期律内容及应用，试题侧基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．
3.【答案】B
【解析】解：①能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，酸性氧化物在一定条件能与碱发生反应，故①正确；
②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，如氧化铝、七氧化二锰，但碱性氧化物一定都是金属氧化物，故②正确；
③水是电解质，故③错误；
④根据分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故④错误；
⑤Al2O3是两性氧化物，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式生为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，故⑤错误；
⑥ 35Cl2和 37Cl2是氯气单质，属于同种物质，既不是同位素，也不是同素异形体，故⑥正确；
⑦根据酸电离出的氢离子的个数，酸可以分为一元酸、二元酸和多元酸，而不是酸分子中含有的氢原子个数，如H3PO2为一元酸，故⑦错误；
⑧锂和氧气反应生成氧化锂，反应的化学方程式是：4Li+O2−△2Li2O，故⑧正确；
故选：B。
①能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
②能够与酸反应只生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；
③电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；
④不同分散系本质区别：分散质粒子直径大小；
⑤Al2O3是两性氧化物，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；
⑥质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为元素的同位素，同种元素组成的不同单质为元素的同素异形体；
⑦根据酸电离出的氢离子的个数，酸可以分为一元酸、二元酸和多元酸；
⑧锂和氧气加热反应生成氧化锂。
本题考查物质的分类，明确基本概念和判断方法为做题的关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：①不是所以金属都能与水反应，如铜、银与水不反应，故错误；
②铝易与氧气反应生成致密的氧化膜，对铝起到保护作用，所以铝能稳定存在与空气中，故错误；
③硫的氧化性较弱，与铁反应生成硫化亚铁，故错误；
④Fe(OH)3受热易分解，可知Al(OH)3、Cu(OH)2受热也易分解，故正确；
故选：C。
①只有活泼金属才能与水反应；
②铝易与氧气反应生成致密的氧化膜；
③硫的氧化性较弱；
④难溶性氢氧化物受热易分解生成氧化物和水。
本题考查学生对钠、铝、碱的性质等方面知识，属于综合知识的考查，注意知识的梳理和归纳是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：A.FeCl2和烧碱溶液要现用现配，且配制溶液的蒸馏水要煮沸以除去氧气，确保Fe(OH)2的生成在无氧的环境里，故A正确；
B.在FeCl2溶液的上面加一层油，以隔绝空气防止氧气溶入，故B正确；
C.装置①加入Fe和稀硫酸，产生氢气，排尽空气，然后将FeCl2溶液压进烧碱溶液中，产生氢氧化亚铁，故C正确；
D.先关闭止水夹，装置中的空气没排出去，故不能先关闭止水夹，故D错误；
故选：D。
实验室用FeCl2和烧碱制备Fe(OH)2，由于Fe(OH)2有强还原性，极易被氧化，故在制取的过程中的关键是要防氧化，据此分析。
本题考查了氢氧化亚铁沉淀的制取，应注意的是Fe(OH)2有强还原性，极易被氧化，要通过多种措施来隔绝空气，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm=mMVm知，相同质量时，气体体积与气体摩尔质量成反比，摩尔质量是16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，根据摩尔质量知，甲烷的体积最大，故选D。
相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm=mMVm进行判断。
本题考查了气体体积与摩尔质量的关系，灵活运用基本公式来分析解答是解本题关键，熟记基本公式，难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.铁与高温水蒸气反应生成Fe3O4，不是Fe2O3，不能实现上述转化①，故A错误；
B.FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，部分被氧化，氧化生成Fe3O4，不是Fe2O3，故B错误；
C.高铁酸钠具有强氧化性，与水反应生成Fe(OH)3胶体，其中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则O元素化合价由−2价变为0价即有氧气生成，可用于消毒，则反应的离子方程式为：4FeO42−+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH−，生成的氢氧化铁胶体具有较大表面积，吸附悬浮杂质可以做净水剂，故C正确；
D.加入铁粉可实现转化③，加入碘水不可实现转化④，故D错误，
故选：C。
A.铁与高温水蒸气反应生成Fe3O4；
B.FeO是一种黑色粉末，在空气中受热氧化得到Fe3O4；
C.+6价的铁具有氧化性，生成的氧气可以消毒；
D.三价铁可以和铁单质发生归中反应，向氯化亚铁中加入碘单质得不到氯化铁。
本题主要考查铁及其化合物的互相转化，难度不大，需要重点掌握铁的物理及化学性质。
8.【答案】D
【解析】A.反应中只有N元素化合价变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，H2O不是还原剂，故A错误；
B.生成NO，N元素化合价降低，被还原，生成硝酸，N元素化合价升高，被氧化，则还原剂与氧化剂的化学计量数之比为1：2，故B错误；
C.生成硝酸，N元素化合价由+3价升高到+5价，则每生成2molHNO3，反应中转移4mol电子，故C错误；
D.生成NO，N元素化合价降低，被还原，NO是还原产物，生成硝酸，N元素化合价升高，被氧化，HNO3是氧化产物，故D正确。
本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确反应中元素的化合价变化、N元素及其化合物的性质是解答的关键，注意电子守恒的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质的量浓度有关计算，比较基础，关键是理解掌握电解质浓度与离子浓度关系。
【解答】
电解质溶液中氯离子物质的量=电解质浓度×体积×化学式中氯离子数目。
物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl−的物质的量浓度之比为1：2：3，当溶液的体积比为3：2：1时，根据n=cV可知Cl−的物质的量之比为3：4：3，故C正确。
故选C。
10.【答案】D
【解析】解：A.一般剩余的药品不能放回原瓶，但钠与水蒸气反应生成氢气具有可燃性，存在安全隐患，则未用完的钠放回原试剂瓶，故A正确；
B.量取浓盐酸时仰视刻度线，HCl的物质的量偏大，则所配制溶液浓度偏高，故B正确；
C.容量瓶具有固定的规格，则配制480mL0.1mol/L硫酸铜溶液时，需要用到500mL容量瓶，故C正确；
D.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，则干燥的氯气可以使有色鲜花变色，不能说明干燥的氯气有漂白性，应选干燥的有色花，故D错误；
故选：D。
A.一般剩余的药品不能放回原瓶，但钠与水蒸气反应生成氢气具有可燃性；
B.量取浓盐酸时仰视刻度线，HCl的物质的量偏大；
C.容量瓶具有固定的规格；
D.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性。
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、溶液的配制、药品的存放、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A、根据得失电子守恒，生成氢气的物质的量相等则消耗铝的物质的量相等，根据铝守恒，设1mol铝参加反应，则生成偏铝酸钠1mol，则需氢氧化钠为1mol，铝与盐酸反应生成氯化铝为1mol，则需盐酸为3mol，所以①和②反应消耗n(HCl)=3n(NaOH)，故A错误；
B、铝与硫酸铜反应，铝是还原剂，硫酸铜是氧化剂，根据得失电子守恒，可知：硫酸铜与铝的物质的量之比为：3：2，故B错误；
C、反应③和④消耗等量的Al时，所以失电子的物质的量相等，设2mol的铝参加反应，由得失电子守恒可知：生成铜的物质的量为3mol，生成铁的物质的量为2mol，所以生成的n(Cu)：n(Fe)=3：2，故C正确；
D、一水合氨是弱电解质，书写离子方程式用化学式，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误；
故选：C。
A、根据得失电子守恒，生成氢气的物质的量相等则消耗铝的物质的量相等；
B、铝与硫酸铜反应，铝是还原剂，硫酸铜是氧化剂，根据得失电子守恒分析解答；
C、反应③和④消耗等量的Al时，所以失电子的物质的量相等，根据得失电子守恒分析解答；
D、一水合氨是弱电解质，书写离子方程式用化学式。
本题考查了氧化还原反应和离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)等。
12.【答案】B
【解析】解：A.溶液A中含Fe2+，为防止亚铁离子被氧化，保存溶液A时应加入少量铁粉，故A正确；
B.Fe3O4可看成FeO.Fe2O3，则FeSO4⋅7H2O和FeCl3⋅6H2O的物质的量之比为1：2，故B错误；
C.钠的焰色反应为黄色，滤液含钠离子，则取滤液进行焰色反应，火焰为黄色，故C正确；
D.溶解后加NaOH发生Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4+4H2O，无元素的化合价变化，制备反应类型不属于氧化还原反应，故D正确；
故选：B。
硫酸亚铁晶体溶解得到溶液A中溶质为FeSO4，氯化铁晶体溶解得到溶液B中溶质为FeCl3，二者混合加入氢氧化钠溶液加热发生反应Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4+4H2O，过滤得到纳米级四氧化三铁，共沉淀法制备纳米级Fe3O4的关键为FeSO4⋅7H2O和FeCl3⋅6H2O的物质的量之比为1：2，以此来解答。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
13.【答案】D
【解析】解：A.标准状况下，2.24L氖气含有的质子数为2.24L22.4L/mol×10×NAmol−1=NA，故A正确；
B.一个 12C18O2含有22个电子，含有26个中子，故0.1mol12C18O2含有的中子数为2.6NA，电子数为2.2NA，故B正确；
C.所有原子都满足8电子稳定结构，As原子最外层有5个电子，形成3个共用电子对，结合结构图可知：黑球表示As原子，白球表示S原子，可见1mol雄黄分子中含有的极性键数为8NA，故C正确；
D.0.1molH2与Cl2的混合气体充分反应后，H2、Cl2和HCl分子中都只含有1个共价键，则体系中含有共价键总数为0.1NA，故D错误；
故选：D。
A.氖气为单原子分子；
B.一个 12C18O2含有22个电子，含有26个中子；
C.先确定S原子和As原子，由于As和N同主族，所以要达到8电子稳定结构，需形成3个共价键，而S需形成2个共价键，所以图中黑球为As原子，白球为S原子；
D.H2、Cl2和HCl分子中都只含有1个共价键。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，注意雄黄分子的结构组成。
14.【答案】C
【解析】解：A.根据图知，A、B、C中压强相同，温度相同，则气体摩尔体积相等，X、Y气体的密度相等，M(气体)=ρ×Vm，所以X、Y气体的摩尔质量相等，即相对分子质量相等，故A错误；
B.V(气体)=mρ，X、Y的质量相同、密度相同，则V(X)=V(Y)，故B错误；
C.根据A的分析知，X、Y的相对分子质量相等，故C正确；
D.气体的物质的量n=mM，X、Y的质量相同、摩尔质量相同，所以其物质的量相同，同温同压下气体体积与物质的量成正比，根据图知，氢气的体积最小，所以其物质的量最小，则存在n(X)=n(Y)>n(H2)，故D错误，
故选：C。
A.根据图知，A、B、C中压强相同，温度相同，则气体摩尔体积相等，X、Y气体的密度相等，M(气体)=ρ×Vm；
B.V(气体)=mρ；
C.根据图知，A、B、C中压强相同，温度相同，则气体摩尔体积相等，X、Y气体的密度相等，M(气体)=ρ×Vm；
D.气体的物质的量n=mM。
本题考查了阿伏加德罗定律的分析判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确各个物理量之间的关系式是解本题关键，A中气体摩尔体积的计算为解答易错点。
15.【答案】A
【解析】解：A.Na+、Cu2+、NO3−、SO42−之间不反应，能够大量共存，故A正确；
B.Mg2+、OH−之间反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.MnO4−在存在较多H+的溶液中具有强氧化性，能够氧化Fe2+、Cl−，不能大量共存，故C错误；
D.Fe3+、OH−之间反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应时能大量共存，以此进行判断。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.硝酸可排除干扰离子，加硝酸银溶液反应生成白色沉淀为AgCl，则溶液中一定Cl−，故A正确；
B.淀粉遇碘单质变蓝，可知氯化铁与KI发生氧化还原反应生成碘，则KI具有还原性，故B正确；
C.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子，应先加KSCN无现象，后加氯水检验亚铁离子，故C错误；
D.NaHCO3固体物质溶于水吸热，则温度下降，故D正确；
故选：C。
A.硝酸可排除干扰离子，加硝酸银溶液反应生成白色沉淀为AgCl；
B.淀粉遇碘单质变蓝，可知氯化铁与KI发生氧化还原反应生成碘；
C.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子；
D.NaHCO3固体物质溶于水吸热。
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、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，分液漏斗可调节稀硫酸的滴入速率从而控制①中气泡产生快慢，故A正确；
B.①装置盛有浓硫酸干燥H2，防止对后面产物的检验产生干扰，故B正确；
C.由上述分析可知，②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2或无水硫酸铜，但碱石灰会吸收CO2，不能选碱石灰，故C正确；
D.由上述分析可知，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，不能去掉，故D错误；
故选：D。
实验目的“探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物”，结合装置图分析可知，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，①装置盛有浓硫酸干燥H2，Y装置为氢气和碳酸亚铁制取铁粉的装置，②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2，④为检验CO2的装置，以此来解答。
本题考查物质的制备及性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
18.【答案】C
【解析】解：A.过氧化钠中阴离子为过氧根离子，所以Na2O2中阴阳离子数目之比为1：2，故A错误；
B.反应①的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故B错误；
C.反应①、②、③中，①③均匀化合价变化，为氧化还原反应，②没有元素化合价变化，为非氧化还原反应，故C正确；
D.过氧化钠与水反应为歧化反应，消耗0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子，故D错误。
故选：C。
A.过氧化钠中阴离子为过氧根离子；
B.电荷不守恒；
C.依据反应中元素化合价变化判断；
D.过氧化钠与水反应为歧化反应，消耗1mol过氧化钠转移1mol电子。
本题考查了钠及其化合物的性质，易错选项是A，注意过氧化钠中阴离子是过氧根离子不是氧离子，和水反应既是氧化剂也是还原剂，题目难度不大。
19.【答案】B
【解析】解：A.发生器中含有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其在吸收器中被充分吸收，故A正确；
B.吸收器反应在碱性条件下进行，离子反应为2ClO2+2OH−+H2O2=2ClO2−+O2+2H2O，故B错误；
C.步骤a用于从蒸发后的溶液中得到晶体，操作包括过滤、洗涤和干燥，故C正确；
D.固体较为稳定，便于贮存和运输，故D正确；
故选：B。
由流程可知，发生器通入空气，可将ClO2排出，确保其被充分吸收，在吸收器中发生2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，然后真空蒸发、冷却结晶，再经过过滤、洗涤和干燥得到NaClO2，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
20.【答案】C
【解析】解：①关闭B阀时，浓硫酸能够干燥氯气，干燥的氯气不能使红色干燥布条褪色；当打开B阀后，湿润的氯气能够使C处干燥红色布条褪色，满足条件，故①正确；
②NaOH溶液能够吸收氯气，关闭B阀时氯气被完全吸收，导致C处的红色布条看不到明显现象，当打开B阀后，湿润的氯气能够使C处红色干燥布条褪色，满足条件，故②正确；
③D中盛放水时，无论关闭还是打开关闭B阀，C处红色干燥布条均褪色，故③错误；
④D中盛放饱和NaCl溶液时，无论关闭还是打开关闭B阀，C处红色干燥布条均褪色，故④错误；
故选：C。
HClO有漂白作用，干燥的Cl2不能使干燥的有色布条褪色，氯气没有漂白性，如图所示，从A处通入新制备的Cl2，当打开B阀后，C处红色干燥布条逐渐褪色，说明A处Cl2为潮湿的，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；关闭B阀时，C处的红色干燥布条看不到明显现象，新制备的氯气需要经过D溶液进入C，说明D处溶液吸收了氯气或者吸收了潮湿氯气中的水蒸气，以此分析解答。
本题考查物质的性质及实验装置的综合运用，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大。
21.【答案】D
【解析】解：A.受热分解能产生有毒气体的物质，或物质本身有毒就不可以作食品膨松剂，常用的膨松剂为小苏打，故A错误；
B.碳酸氢钠受热分解的化学方程式为2NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑，题中方程式质量不守恒，故B错误；
C.小苏打是常用的膨松剂之一，它即可以作为碱性膨松剂单独使用，也可以与酒石酸氢钾、淀粉按一定比例混合制成复合膨松剂，故C错误；
D.复合膨松剂遇水会产生二氧化碳，复合膨松剂应在干燥的环境中保存，故D正确；
故选：D。
A.受热分解能产生有毒气体的物质，或物质本身有毒就不可以作食品膨松剂；
B.碳酸氢钠受热分解的化学方程式为2NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑；
C.小苏打是常用的膨松剂之一，它可以作为碱性膨松剂单独使用；
D.复合膨松剂遇水会产生二氧化碳。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
22.【答案】B
【解析】解：A.B用于除去氯化氢，应为饱和食盐水，故A错误；
B.E为收集瓶，可用于收集产物，故B正确；
C.若D中生成的AlCl3凝华堵塞导管，B中压强过大，长颈漏斗液面上升，故C错误；
D.无水氯化钙不能吸收氯气，不能起到尾气处理作用，故D错误；
故选：B。
A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用B中饱和食盐水除氯化氢，再用C中浓硫酸干燥，氯气与铝在D中加热条件下反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸气反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F，E为收集瓶，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
23.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，X为H或Li、Y为N、Z为Al、M为Si、W为S元素，
A.根据分析可知，X可能为锂，故A正确；
B.铝介于金属与非金属的分界线处，Al虽是金属，也能表现出一定的非金属性，故B正确；
C.硅元素金属元素和非金属元素分界线附近的元素，是良好的半导体材料，故C正确；
D.X2W为H2S或Li2S，氢离子和锂离子均不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：D。
由五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系图可知，Y为+5价、Z为+3价，且原子序数Z大于Y，可知Y为N、Z为Al；M、W的化合价分别为+4、−2价，且原子序数大于Z，则M为Si、W为S；X的原子序数最小，且化合价为+1价，X为H或Li，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的化合价、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。
24.【答案】C
【解析】解：根据所给信息并结合质量守恒可知，甲为NH3、丙为N2，则乙为H2，还剩1mol甲，此反应的化学方程式为；
A.氮气分子中两个氮原子之间存在氮氮三键，其结构式为N≡N，故A正确；
B.甲中N−H之间存在1个共用电子对，且N还有1个孤电子对，其电子式为，故B正确；
C.该反应中甲、丙、乙的物质的量之比为2：1：3，m=nM，参与反应的三者的物质的量之比为2：1：3，质量之比为(2mol×17g/mol)：(1mol×28g/mol)：(3mol×2g/mol)=17：14：3，故C错误；
D.根据理想状态方程PV=nRT知，同温同体积的乙、丙的压强之比等于其物质的量之比=1：3，故D正确；
故选：C。
根据所给信息并结合质量守恒可知，甲为NH3、丙为N2，则乙为H2，2mol甲反应生成1mol丙和3mol乙，还剩1mol甲，此反应的化学方程式为；
A.氮气分子中两个氮原子之间存在氮氮三键；
B.甲中N−H之间存在1个共用电子对，且N还有1个孤电子对；
C.该反应中甲、丙、乙的物质的量之比为2：1：3，m=nM；
D.根据理想状态方程PV=nRT知，同温同体积的乙、丙的压强之比等于其物质的量之比。
本题考查阿伏加德罗定律及物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的计算能力的考查，本题注意把握物质的构成特点，选项C为解答的易错点，题目难度不大。
25.【答案】H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+ Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3 SCN−或Fe(SCN)3被氧化为SO42−
【解析】解：①在实验1加入H2O2溶液与Fe2+反应的离子方程式是H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+，溶液变红的离子方程式是Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+；Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3；
②用实验2探究“红色褪去”的原因，滴加FeCl3溶液，无明显现象以及滴加KSCN溶液，溶液显红色，说明溶液中不在含有SCN−，滴加盐酸和氯化钡，产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，说明溶液中含有硫酸根离子，所以红色褪去的原因是SCN−或Fe(SCN)3被氧化为SO42−，
故答案为：SCN−或Fe(SCN)3被氧化为SO42−。
①H2O2具有氧化性，在酸性条件下可以氧化Fe2+生成H2O和Fe3+，生成的Fe3+与SCN−生成血红色的Fe(SCN)3；
②用实验2探究“红色褪去”的原因，滴加FeCl3溶液，无明显现象以及滴加KSCN溶液，溶液显红色，说明溶液中不在含有SCN−，滴加盐酸和氯化钡，产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，说明溶液中含有硫酸根离子。
本题主要考查双氧水的强氧化性，离子方程式的书写，同时考查学生的探究推理能力、实验分析能力，对学生的能力要求较高，难度中等。
26.【答案】V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O163H2O166H+ SO32−>Cl−>VO2+ c
【解析】解：(1)由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，反应中+5价钒降为+4价，亚硫酸根中+4价的硫升高为硫酸根离子中+6价，依据氧化还原反应得失电子守恒和原子个数守恒可知，反应方程式为：V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O，
故答案为：V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O；
(2)ClO3−与VO2+反应生成VO2+、Cl−，氯元素化合价由+5降低为−1，共降低6价，V元素化合价由+4升高为+5，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，故ClO3−的系数为1、VO2+系数为6，由原子守恒可知成VO2+的系数为6，Cl−的系数为1，由电荷守恒可知还生成H+，系数为6，故有水参加反应，系数为3，离子方程式：ClO3−+6VO2++3H2O=Cl−+6VO2++6H+，
故答案为：1；6；3；H2O；1；6；6；H+；
(3)V2O5能和盐酸反应生成氯气和VO2+，故还原性Cl−>VO2+，氯气可以将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl−，可以说明还原性SO32−>Cl−，则还原性强弱顺序为：SO32−>Cl−>VO2+，
故答案为：SO32−>Cl−>VO2+；
(4)0.195g锌粉的物质的量=0.195g65g/mol=0.003mol，令V元素在还原产物中的化合价为x，则：0.003×2=0.02L×0.1mol/L×(5−x)，解得x=2，
故答案为：c。
(1)由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，依据原子个数守恒电荷守恒书写方程式；
(2)ClO3−与VO2+反应生成VO2+、Cl−，根据电荷守恒、原子守恒确定其它物质并配平；
(3)氧化还原反应中还原剂的氧化性大于还原产物的还原性；
(4)根据电子转移守恒计算V元素在还原产物中的化合价。
本题考查氧化还原反应配平与计算、还原性强弱的比较等，难度中等，注意掌握氧化还原反应配平方法与守恒思想的运用。
27.【答案】 Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2OAl(OH)3+3H+=Al3++3H2Ocd共价化合物 分液漏斗 2Br−+Cl2=2Cl−+Br2 溶液由无色变为棕黄色 原子半径逐渐增大 得电子能力逐渐减弱
【解析】解：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑨为Cl；
(1)第三周期元素中非金属性最强的元素是Cl，由里到外各层电子数依次为2、8、7，其原子结构示意图为，
故答案为：；
(2)氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，氢氧化铝与高氯酸反应生成Al(ClO4)3和水，反应离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，
故答案为：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
(3)a.单质的熔点属于物理性质，不能比较金属性强弱，故a错误；
b.金属性强弱与失去电子难易程度有关，与失去电子数目多少无关，即不能根据二者化合价判断金属性强弱，故b错误；
c.单质与水反应的剧烈程度：⑤>⑥，说明金属性：⑤>⑥，故c正确；
d.最高价氧化物对应水化物的碱性：⑤>⑥，说明金属性：⑤>⑥，故d正确，
故答案为：cd；
(4)②③⑦都是非金属元素，它们的最高价氧化物均是共价化合物，
故答案为：共价化合物；
(5)①仪器A的名称是分液漏斗，A中发生反应的离子方程式是2Br−+Cl2=2Cl−+Br2，
故答案为：分液漏斗；2Br−+Cl2=2Cl−+Br2；
②验证溴与碘的非金属性强弱：通入少量⑨的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，振荡、静置，可观察到溶液由无色变为棕黄色，
故答案为：溶液由无色变为棕黄色；
③第ⅦA族元素非金属性随元素核电荷数的增加而逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，
故答案为：原子半径逐渐增大；得电子能力逐渐减弱。
由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑨为Cl；
(1)第三周期元素中非金属性最强的元素是Cl，由里到外各层电子数依次为2、8、7；
(2)氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与高氯酸反应生成Al(ClO4)3和水；
(3)根据“金属与水(或酸)反应难易程度或剧烈程度、最高价氧化物对应水化物的碱性强弱、单质之间相互置换反应”等判断；
(4)非金属元素氧化物属于共价化合物；
(5)分液漏斗中发生反应：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，溶液变为橙色，说明有Br2生成，证明Cl元素非金属性比Br强，再将分液漏斗中溶液加入试管中，溶液变为棕黄色，说明有I2生成，证明非金属性Br>I，由于Br2易挥发，浸有NaOH溶液的棉花吸收挥发的Br2，防止污染空气。
本题考查元素周期表与元素周期律，熟记常见元素在周期表中位置，注意元素周期律与元素化合物知识，掌握金属性、非金属性强弱比较事实，从结构上理解元素周期律。
28.【答案】15g/mol8mol/L0.2L1.0L浓度 防止硫酸亚铁被氧化 小于 0.0025
【解析】解：(1)设H2和CO的物质的量均为1mol，则M(混)=2g+28g2mol=15g/mol，
故答案为：15g/mol；
(2)0.2L营养液中，存在电荷守恒：9mol/L×0.2L×1+c(NH4+)×0.2L×1=9mol/L×0.2L×1+4mol/L×0.2L×2，解得：c(NH4+)=8mol/L，则该营养液中NH4Cl的物质的量浓度为8mol/L，由图乙可知，稀释后，NH4+的浓度变为原理的15，则溶液体积变为原来的5倍，所以V1=0.2L，V2=1.0L，
故答案为：8mol/L；0.2L；1.0L；
(3)①报告单中“μmol/L”是毫摩尔每升的意思，是物质的量浓度的单位，
故答案为：浓度；
②硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，糖衣的作用是隔绝空气，防止硫酸亚铁被氧化，
故答案为：防止硫酸亚铁被氧化；
(4)设溶质质量分数为a%的氨水的密度为dg/L，质量分数为2a%的氨水的密度为Dg/L，则c1=1000×d×a%17mol/L=5mol/L，c2=1000×D×2a%17mol/L，故c1c2=d2D，c2=2c1×Dd，氨水的浓度越大，密度越小，所以d>D，所以c2<2c1，即溶质质量分数为2a%的氨水的物质的量浓度小于10mol/L，
故答案为：小于；
(5)根据题意可得关系式：5Ca2+∼5CaC2O4∼5H2C2O4∼2KMnO4，所以n(Ca2+)=52×n(KMnO4)=2.5×0.001mol/L×0.015L=0.000375mol，c(Ca2+)=0.000375mol/0.015L=0.0025mol/L，
故答案为：0.0025。
(1)平均摩尔质量等于混合气体的总质量除以总物质的量；
(2)抓住电荷守恒计算c(NH4+)，即NH4Cl的物质的量浓度，根据稀释定律计算稀释后的体积；
(3)①报告单中“μmol/L”是毫摩尔每升的意思；
②硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化；
(4)设溶质质量分数为a%的氨水的密度为dg/L，质量分数为2a%的氨水的密度为Dg/L，则c1=1000×d×a%17mol/L=5mol/L，c2=1000×D×2a%17mol/L，故c1c2=d2D，c2=2c1×Dd，氨水的浓度越大，密度越小，所以d>D，所以c2<2c1；
(5)根据题意可得关系式：5Ca2+∼5CaC2O4∼5H2C2O4∼2KMnO4，所以n(Ca2+)=52×n(KMnO4)，进一步计算c(Ca2+)。
本题考查内容较多，具体涉及平均摩尔质量的计算、电荷守恒、稀释定律的应用，物质的量浓度与质量分数之间的换算，关系式的计算等，对学生的能力要求较高，难度中等。
29.【答案】第三周期第ⅥA族 离子 原子 NaA2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】解：由分析可知，X为O、Y为Na、M为Mg、Z为S、W为Cl；
(1)Z为S元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，其在周期表中的位置为第三周期第ⅥA族，
故答案为：第三周期第ⅥA族；
(2)O2−离子的电子式是，W可形成化合物MgCl2、SCl2，前者属于离子化合物，后者属于共价化合物，由此说明，化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合，
故答案为：；离子；原子；
(3)用电子式表示化合物Na2S的形成过程为，
故答案为：；
(4)同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，上述5种元素中原子半径最大的是Na，
故答案为：Na；
(5)氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，用光照射，HClO分解为HCl和O2，促进平衡正向移动，最终得到盐酸，溶液颜色变浅至消失，溶液中氢离子数目增大，瓶中氧气体积分数增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液导电性增强，选项A与图像不符；
工业上用Cl2制漂粉精的化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，
故答案为：A；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
X、Y、M、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，含0.9%YW化合物的水溶液称为生理盐水，则Y为Na、W为Cl；X2−和M2+电子层结构相同，则X为O、M为Mg，而X、Z最外层电子数相同，则Z为S元素。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握元素周期律、常用化学用语，题目难度不大。
2021-2022学年山西省朔州市怀仁市高一（上）期末化学试卷
1. 我国自主研发的新一代动车组在京沪高铁上跑出过486.1公里的世界列车最高时速，这得益于全路铺设的优质无缝平滑的超长钢轨。下列有关说法不正确的是( )
A. 制造钢轨的材料是钢，钢是用量最大的合金
B. 在空气中将金属钛、铝混合后熔化可制得铝合金，强度、硬度比铝大
C. 在我国使用最早上合金是铜合金
D. 不锈钢的合金元素主要是铬和镍
2. 下列关于物质性质的比较，错误的是( )
A. 酸性强弱：HClO4>HBrO4>HIO4
B. 氢化物的稳定性：PH3
D. 碱性强弱：Al(OH)3
①酸性氧化物在一定条件能与碱发生反应
②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物
③蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、电解质和非电解质
④根据是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
⑤Al2O3是两性氧化物，与NaOH溶液反应的离子方程式是：Al2O3+6OH−=2Al3++3H2O
⑥ 35Cl2和 37Cl2既不是同位素，也不是同素异形体
⑦根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸
③锂和氧气反应的化学方程式是：4Li+O2−△2Li2O
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
4. 类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是( )
①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2
②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中
③Al与S直接化合时可得到Al2S3；Fe与S直接化合时也可得到Fe2S3
④Fe(OH)3受热易分解，Al(OH)3、Cu(OH)2受热也易分解
A. ①② B. ③④ C. ①②③ D. ①②③④
5. 甲同学用FeCl2和烧碱制备Fe(OH)2；乙同学用如图装置制备Fe(OH)2，为了生成的产物不容易被氧化，下列说法不正确的是( )
A. 配制溶液所用的蒸馏水通常要煮沸
B. 甲同学可在FeCl2溶液的上面加一层植物油，以隔绝空气
C. 乙同学装置①加入Fe和稀硫酸，②中加入烧碱溶液
D. 乙同学应该先关闭止水夹，一段时间以后再打开止水夹
6. 常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2 分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是( )
A. B. C. D.
7. 元素的“价一类”二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。如图为铁元素的“价一类”二维图，箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是( )
A. 铁与水蒸气在高温条件下反应可实现转化①
B. FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化②生成红棕色粉末
C. 由图可预测：高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可用于消毒
D. 加入铁粉可实现转化③，加入碘水可实现转化④
8. 三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体。它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是( )
A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B. 还原剂与氧化剂的分子数之比为2：1
C. 若生成2molHNO3，则转移2mol电子
D. NO是还原产物，HNO3是氧化产物
9. 物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl−的物质的量之比为( )
A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 3：4：3 D. 3：2：1
10. 下列有关实验的说法不正确的是( )
A. 中学实验室中可以将未用完的钠放回原试剂瓶
B. 用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视刻度线所配制溶液浓度偏高
C. 配制480mL0.1mol/L硫酸铜溶液时，需要用到500mL容量瓶
D. 干燥的氯气可以使有色鲜花变色，说明干燥的氯气有漂白性
11. 根据如图的转化关系判断，下列说法正确的是(反应条件已略去)( )
A. 生成等质量H2时，①和②反应消耗n(HCl)=n(NaOH)
B. 反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
C. 反应③和④消耗等量的Al时，生成的n(Cu)：n(Fe)=3：2
D. 反应⑤的离子方程式为Al3++3OH−=Al(OH)3↓
12. 纳米级四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一。共沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法，其流程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 保存溶液A时，应加入少量铁粉滤液
B. FeSO4⋅7H2O和FeCl3⋅6H2O的物质的量之比最好应为2：1
C. 取滤液进行焰色反应，火焰为黄色
D. 其制备反应类型不属于氧化还原反应
13. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( )
A. 标准状况下，2.24L氖气含有的质子数为NA
B. 常温常压下，0.1mol12C18O2含有的中子数为2.6NA，电子数为2.2NA
C. 1mol雄黄(As4S4,)分子中，含有的极性键数为8NA
D. 0.1mol(H2与Cl2)的混合气体充分反应后，体系中含有共价键总数为0.2NA
14. 如图所示，在一个容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在A、B、C处分别充入等质量的X、H2、Y三种气体，当隔板静止时，A、C内的气体密度相等，下列说法正确的是( )
A. X的相对分子质量比Y的相对分子质量小
B. 气体的体积：V(X)>V(H2)>V(Y)
C. X的相对分子质量等于Y的相对分子质量
D. 物质的量：n(X)
A. Na+、Cu2+、NO3−、SO42− B. Na+、Mg2+、Cl−、OH−
C. Fe2+、H+、Cl−、MnO4− D. Fe3+、K+、OH−、SO42−
16. 下列说法不正确的是( )
实验操作
现象
结论
A
某溶液用足量硝酸酸化后无明显现象，再滴加AgNO3溶液
有白色沉淀生成
该溶液中一定Cl−
B
向FeCl3溶液中滴加KI溶液，溶液颜色由紫色变为棕黄色，再滴入数滴淀粉溶液
溶液变成蓝色
KI具有还原性
C
某溶液中加入新制氯水后无明显现象，再滴加硫氰化钾溶液
溶液变成红色
该溶液中一定存在Fe2+
D
取少量NaHCO3固体物质，加入几滴水，插入温度计
温度下降
碳酸氢钠溶解过程吸热
A. A B. B C. C D. D
17. 铁粉具有平肝镇心，消痈解毒之功效，主治惊痫、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物，实验装置如图。下列说法错误的是( )
A. 通过调节分液漏斗的活塞以控制①中气泡产生快慢
B. 装置①的作用是干燥氢气
C. 装置②、③中的药品可分别是无水硫酸铜、无水氯化钙
D. 无需加③装置
18. 如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g。下列说法正确的是( )
A. Na2O2中阴阳离子数目之比为1：1
B. 反应①的离子方程式为Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑
C. 反应①、②、③中，①③为氧化还原反应，②为非氧化还原反应
D. 反应③转移电子的物质的量为0.2mol
19. ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A. 通入的空气可将发生器中产生的ClO2全部驱赶到吸收器中
B. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2−+2H+ +O2↑
C. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
D. 工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输
20. 如图所示，从A处通入新制备的Cl2，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处红色干燥布条逐渐褪色。D瓶中盛放的溶液可能是( )
①浓硫酸
②NaOH溶液
③H2O
④饱和NaCl溶液
A. ①③ B. ②④ C. ①② D. ③④
21. 膨松剂是一种食品添加剂，它受热分解产生的气体，能使面胚在熔烤过程中变得松软、多孔。小苏打是常用的膨松剂之一，它既可以作为碱性膨松剂单独使用，也可以与酒石酸氢钾、淀粉按一定比例混合制成复合膨松剂，复合膨松剂遇水会产生二氧化碳，起到膨松作用。下列说法正确的是( )
A. 任何受热分解能产生气体的物质都可以做食品膨松剂
B. 碳酸氢钠受热分解的化学方程式为NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑
C. 小苏打做膨松剂时，必须与酒石酸氢钾、淀粉混合使用
D. 复合膨松剂应在干燥的环境中保存
22. 无水AlCl3(178℃升华)遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用Al和氯气通过如图装置制备。则下列说法正确的是( )
A. 试剂瓶B、C、F中分别盛饱和NaHCO3溶液、浓硫酸、浓硫酸
B. 氯化铝产品最后在装置E中收集
C. 若D中生成的AlCl3凝华堵塞导管，B中可观察到的现象为长颈漏斗中液面下降
D. 装置F和G可用装有无水CaCl2的干燥管替换
23. 五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其一种常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是( )
A. 元素X可能为锂
B. Z虽是金属，但也能表现出一定的非金属性
C. M是金属元素和非金属元素分界线附近的元素，可用于制造半导体材料
D. X2W中各原子均达到8电子稳定结构
24. 如图所示，甲、乙、丙常温下都为气体，2mol甲反应生成1mol丙和3mol乙，下列判断不正确的是( )
A. 丙的结构式是N≡N
B. 甲的电子式是
C. 化学反应中各物质的质量之比等于2：1：3
D. 同温同体积下，生成丙和乙的压强比为1：3
25. 某小组在探究Fe2+性质的实验中观察到异常现象(实验1)，观察到溶液变红，片刻红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。
①在实验1加入H2O2溶液与Fe2+反应的离子方程式是 ______，溶液变红的离子方程式是 ______。
②用实验2探究“红色褪去”的原因，则红色褪去的原因是 ______。
26. 钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
(1)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是 ______ 。
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式。
______ ClO3−+______ VO2++______ ______ = ______ Cl−+______ VO2++______ ______ 。
(3)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则SO32−、Cl−、VO2+还原性由大到小的顺序是 ______ 。
(4)在20.00mL0.1mol⋅L−1VO2溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是 ______ 。
a.VO2+
b.VO2+
c.V2+
d.V
27. 如图1为元素周期表的一部分，请参照元素①②等在图中的位置，回答下列问题。
(1)第三周期元素中非金属性最强的元素的原子结构示意图是 ______。
(2)⑥的最高价氧化物对应的水化物分别与⑤、⑨的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是 ______、______。
(3)下列可以判断⑤和⑥金属性强弱的是 ______(填序号)。
a.单质的熔点：⑤<⑥
b.化合价：⑤<⑥
c.单质与水反应的剧烈程度：⑤>⑥
d.最高价氧化物对应水化物的碱性：⑤>⑥
(4)②③⑦的最高价氧化物均是 ______(填“离子化合物”“共价化合物”)。
(5)为验证第ⅦA族部分元素非金属性的递变规律，设计如图2装置进行实验，请回答：
①仪器A的名称是 ______，A中发生反应的离子方程式是 ______。
②验证溴与碘的非金属性强弱：通入少量⑨的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，振荡、静置，可观察到 ______。
③第ⅦA族元素非金属性随元素核电荷数的增加而逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下 ______，______。
28. 试完成下列有关物质的量的相关计算：
(1)水煤气是一种清洁高效的能源，其主要成分可视为物质的量之比为1：1的H2和CO的混合物，水煤气的平均摩尔质量为 ______。
(2)某0.2L无土栽培用的营养液中含有KCl、K2SO4、NH4Cl三种溶质，测得该营养液中部分离子的浓度柱状图如图甲所示，该营养液中NH4Cl的物质的量浓度为 ______，将该营养液加水稀释，稀释过程中NH4+的浓度(c)随溶液体积(V)变化的曲线如图乙所示，则V1=______，V2=______。
(3)图丙是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：
①报告单中“μmol/L”是 ______(填“质量”、“体积”或“浓度”)的单位。
②缺铁性贫血患者应补充Fe2+。一些补铁剂以硫酸亚铁为主要成分，用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，推测糖衣的作用是 ______。
(4)氨水的密度与所加水量的关系如图丁所示(水的密度为1g/mL)。已知溶质质量分数为a%的氨水物质的量浓度为5mol/L，则溶质质量分数为2a%的氨水的物质的量浓度 ______(填“大于”“小于”或“等于”)10mol/L。
(5)为测定人体血液中Ca2+的含量，设计了如图戊方案，有关反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。若血液样品为15.00mL，滴定生成的草酸消耗了0.001mol/L的KMnO4溶液15.00mL，则血液样品中的含钙量为 ______mol/L。
29. X、Y、M、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z最外层电子数相同，X2−和M2+电子层结构相同。含0.9%YW化合物的水溶液称为生理盐水。
(1)Z在周期表中的位置为 ______。
(2)X2−离子的电子式是 ______，W可形成化合物MW2、ZW2，由此说明，化学键可以使 ______相结合，也可以使 ______相结合。
(3)用电子式表示化合物Y2Z的形成过程 ______。
(4)上述5种元素中原子半径最大的是 ______(用元素符号表示)。
(5)数字化实验是将传感器、数据采集器和计算机连接起来，采集实验过程中各种物理量变化的数据。如图是用强光照射广口瓶中新制W2的水溶液时所获得的图像，下列纵坐标代表的物理量与图像不相符的是______(填标号)。
A.溶液颜色
B.溶液中氢离子的数目
C.瓶中氧气的体积分数
D.溶液的导电能力
工业上用W2制漂粉精的化学方程式是 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.目前世界上用量最大的合金是铁合金，即钢材，钢是用量最大的合金，故A正确；
B.在空气中融化钛、铝会被氧化，故应该隔绝空气，故B错误；
C.我国最早进入铜器时代，我国使用最早上合金是铜合金，故C正确；
D.不锈钢的合金元素主要是铬和镍，故D正确；
故选：B。
A.目前用途最广、用量最大的合金是钢；
B.在空气中融化钛、铝会被氧化；
C.我国最早进入铜器时代；
D.不锈钢的合金元素主要是铬和镍。
本题主要考查了合金的性质方面的知识，注意合金的性质：金属与金属或金属与非金属的混合物，合金的熔点比各成分的熔点低，但硬度比各成分硬度高，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.非金属性，Cl>Br>I，最高价氧化物对应水化物酸性强弱：HClO4>HBrO4>HIO4，故A正确；
B.非金属性，F>S>P，氢化物的稳定性：PH3
D.金属性强弱为Al
A.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强；
B.非金属性越强，氢化物稳定性越强；
C.电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小；
D.金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强。
本题考查了元素周期律的应用，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握元素周期律内容及应用，试题侧基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．
3.【答案】B
【解析】解：①能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，酸性氧化物在一定条件能与碱发生反应，故①正确；
②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，如氧化铝、七氧化二锰，但碱性氧化物一定都是金属氧化物，故②正确；
③水是电解质，故③错误；
④根据分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故④错误；
⑤Al2O3是两性氧化物，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式生为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，故⑤错误；
⑥ 35Cl2和 37Cl2是氯气单质，属于同种物质，既不是同位素，也不是同素异形体，故⑥正确；
⑦根据酸电离出的氢离子的个数，酸可以分为一元酸、二元酸和多元酸，而不是酸分子中含有的氢原子个数，如H3PO2为一元酸，故⑦错误；
⑧锂和氧气反应生成氧化锂，反应的化学方程式是：4Li+O2−△2Li2O，故⑧正确；
故选：B。
①能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
②能够与酸反应只生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；
③电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；
④不同分散系本质区别：分散质粒子直径大小；
⑤Al2O3是两性氧化物，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；
⑥质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为元素的同位素，同种元素组成的不同单质为元素的同素异形体；
⑦根据酸电离出的氢离子的个数，酸可以分为一元酸、二元酸和多元酸；
⑧锂和氧气加热反应生成氧化锂。
本题考查物质的分类，明确基本概念和判断方法为做题的关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：①不是所以金属都能与水反应，如铜、银与水不反应，故错误；
②铝易与氧气反应生成致密的氧化膜，对铝起到保护作用，所以铝能稳定存在与空气中，故错误；
③硫的氧化性较弱，与铁反应生成硫化亚铁，故错误；
④Fe(OH)3受热易分解，可知Al(OH)3、Cu(OH)2受热也易分解，故正确；
故选：C。
①只有活泼金属才能与水反应；
②铝易与氧气反应生成致密的氧化膜；
③硫的氧化性较弱；
④难溶性氢氧化物受热易分解生成氧化物和水。
本题考查学生对钠、铝、碱的性质等方面知识，属于综合知识的考查，注意知识的梳理和归纳是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：A.FeCl2和烧碱溶液要现用现配，且配制溶液的蒸馏水要煮沸以除去氧气，确保Fe(OH)2的生成在无氧的环境里，故A正确；
B.在FeCl2溶液的上面加一层油，以隔绝空气防止氧气溶入，故B正确；
C.装置①加入Fe和稀硫酸，产生氢气，排尽空气，然后将FeCl2溶液压进烧碱溶液中，产生氢氧化亚铁，故C正确；
D.先关闭止水夹，装置中的空气没排出去，故不能先关闭止水夹，故D错误；
故选：D。
实验室用FeCl2和烧碱制备Fe(OH)2，由于Fe(OH)2有强还原性，极易被氧化，故在制取的过程中的关键是要防氧化，据此分析。
本题考查了氢氧化亚铁沉淀的制取，应注意的是Fe(OH)2有强还原性，极易被氧化，要通过多种措施来隔绝空气，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm=mMVm知，相同质量时，气体体积与气体摩尔质量成反比，摩尔质量是16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，根据摩尔质量知，甲烷的体积最大，故选D。
相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm=mMVm进行判断。
本题考查了气体体积与摩尔质量的关系，灵活运用基本公式来分析解答是解本题关键，熟记基本公式，难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.铁与高温水蒸气反应生成Fe3O4，不是Fe2O3，不能实现上述转化①，故A错误；
B.FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，部分被氧化，氧化生成Fe3O4，不是Fe2O3，故B错误；
C.高铁酸钠具有强氧化性，与水反应生成Fe(OH)3胶体，其中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则O元素化合价由−2价变为0价即有氧气生成，可用于消毒，则反应的离子方程式为：4FeO42−+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH−，生成的氢氧化铁胶体具有较大表面积，吸附悬浮杂质可以做净水剂，故C正确；
D.加入铁粉可实现转化③，加入碘水不可实现转化④，故D错误，
故选：C。
A.铁与高温水蒸气反应生成Fe3O4；
B.FeO是一种黑色粉末，在空气中受热氧化得到Fe3O4；
C.+6价的铁具有氧化性，生成的氧气可以消毒；
D.三价铁可以和铁单质发生归中反应，向氯化亚铁中加入碘单质得不到氯化铁。
本题主要考查铁及其化合物的互相转化，难度不大，需要重点掌握铁的物理及化学性质。
8.【答案】D
【解析】A.反应中只有N元素化合价变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，H2O不是还原剂，故A错误；
B.生成NO，N元素化合价降低，被还原，生成硝酸，N元素化合价升高，被氧化，则还原剂与氧化剂的化学计量数之比为1：2，故B错误；
C.生成硝酸，N元素化合价由+3价升高到+5价，则每生成2molHNO3，反应中转移4mol电子，故C错误；
D.生成NO，N元素化合价降低，被还原，NO是还原产物，生成硝酸，N元素化合价升高，被氧化，HNO3是氧化产物，故D正确。
本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确反应中元素的化合价变化、N元素及其化合物的性质是解答的关键，注意电子守恒的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质的量浓度有关计算，比较基础，关键是理解掌握电解质浓度与离子浓度关系。
【解答】
电解质溶液中氯离子物质的量=电解质浓度×体积×化学式中氯离子数目。
物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl−的物质的量浓度之比为1：2：3，当溶液的体积比为3：2：1时，根据n=cV可知Cl−的物质的量之比为3：4：3，故C正确。
故选C。
10.【答案】D
【解析】解：A.一般剩余的药品不能放回原瓶，但钠与水蒸气反应生成氢气具有可燃性，存在安全隐患，则未用完的钠放回原试剂瓶，故A正确；
B.量取浓盐酸时仰视刻度线，HCl的物质的量偏大，则所配制溶液浓度偏高，故B正确；
C.容量瓶具有固定的规格，则配制480mL0.1mol/L硫酸铜溶液时，需要用到500mL容量瓶，故C正确；
D.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，则干燥的氯气可以使有色鲜花变色，不能说明干燥的氯气有漂白性，应选干燥的有色花，故D错误；
故选：D。
A.一般剩余的药品不能放回原瓶，但钠与水蒸气反应生成氢气具有可燃性；
B.量取浓盐酸时仰视刻度线，HCl的物质的量偏大；
C.容量瓶具有固定的规格；
D.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性。
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、溶液的配制、药品的存放、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A、根据得失电子守恒，生成氢气的物质的量相等则消耗铝的物质的量相等，根据铝守恒，设1mol铝参加反应，则生成偏铝酸钠1mol，则需氢氧化钠为1mol，铝与盐酸反应生成氯化铝为1mol，则需盐酸为3mol，所以①和②反应消耗n(HCl)=3n(NaOH)，故A错误；
B、铝与硫酸铜反应，铝是还原剂，硫酸铜是氧化剂，根据得失电子守恒，可知：硫酸铜与铝的物质的量之比为：3：2，故B错误；
C、反应③和④消耗等量的Al时，所以失电子的物质的量相等，设2mol的铝参加反应，由得失电子守恒可知：生成铜的物质的量为3mol，生成铁的物质的量为2mol，所以生成的n(Cu)：n(Fe)=3：2，故C正确；
D、一水合氨是弱电解质，书写离子方程式用化学式，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误；
故选：C。
A、根据得失电子守恒，生成氢气的物质的量相等则消耗铝的物质的量相等；
B、铝与硫酸铜反应，铝是还原剂，硫酸铜是氧化剂，根据得失电子守恒分析解答；
C、反应③和④消耗等量的Al时，所以失电子的物质的量相等，根据得失电子守恒分析解答；
D、一水合氨是弱电解质，书写离子方程式用化学式。
本题考查了氧化还原反应和离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)等。
12.【答案】B
【解析】解：A.溶液A中含Fe2+，为防止亚铁离子被氧化，保存溶液A时应加入少量铁粉，故A正确；
B.Fe3O4可看成FeO.Fe2O3，则FeSO4⋅7H2O和FeCl3⋅6H2O的物质的量之比为1：2，故B错误；
C.钠的焰色反应为黄色，滤液含钠离子，则取滤液进行焰色反应，火焰为黄色，故C正确；
D.溶解后加NaOH发生Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4+4H2O，无元素的化合价变化，制备反应类型不属于氧化还原反应，故D正确；
故选：B。
硫酸亚铁晶体溶解得到溶液A中溶质为FeSO4，氯化铁晶体溶解得到溶液B中溶质为FeCl3，二者混合加入氢氧化钠溶液加热发生反应Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4+4H2O，过滤得到纳米级四氧化三铁，共沉淀法制备纳米级Fe3O4的关键为FeSO4⋅7H2O和FeCl3⋅6H2O的物质的量之比为1：2，以此来解答。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
13.【答案】D
【解析】解：A.标准状况下，2.24L氖气含有的质子数为2.24L22.4L/mol×10×NAmol−1=NA，故A正确；
B.一个 12C18O2含有22个电子，含有26个中子，故0.1mol12C18O2含有的中子数为2.6NA，电子数为2.2NA，故B正确；
C.所有原子都满足8电子稳定结构，As原子最外层有5个电子，形成3个共用电子对，结合结构图可知：黑球表示As原子，白球表示S原子，可见1mol雄黄分子中含有的极性键数为8NA，故C正确；
D.0.1molH2与Cl2的混合气体充分反应后，H2、Cl2和HCl分子中都只含有1个共价键，则体系中含有共价键总数为0.1NA，故D错误；
故选：D。
A.氖气为单原子分子；
B.一个 12C18O2含有22个电子，含有26个中子；
C.先确定S原子和As原子，由于As和N同主族，所以要达到8电子稳定结构，需形成3个共价键，而S需形成2个共价键，所以图中黑球为As原子，白球为S原子；
D.H2、Cl2和HCl分子中都只含有1个共价键。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，注意雄黄分子的结构组成。
14.【答案】C
【解析】解：A.根据图知，A、B、C中压强相同，温度相同，则气体摩尔体积相等，X、Y气体的密度相等，M(气体)=ρ×Vm，所以X、Y气体的摩尔质量相等，即相对分子质量相等，故A错误；
B.V(气体)=mρ，X、Y的质量相同、密度相同，则V(X)=V(Y)，故B错误；
C.根据A的分析知，X、Y的相对分子质量相等，故C正确；
D.气体的物质的量n=mM，X、Y的质量相同、摩尔质量相同，所以其物质的量相同，同温同压下气体体积与物质的量成正比，根据图知，氢气的体积最小，所以其物质的量最小，则存在n(X)=n(Y)>n(H2)，故D错误，
故选：C。
A.根据图知，A、B、C中压强相同，温度相同，则气体摩尔体积相等，X、Y气体的密度相等，M(气体)=ρ×Vm；
B.V(气体)=mρ；
C.根据图知，A、B、C中压强相同，温度相同，则气体摩尔体积相等，X、Y气体的密度相等，M(气体)=ρ×Vm；
D.气体的物质的量n=mM。
本题考查了阿伏加德罗定律的分析判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确各个物理量之间的关系式是解本题关键，A中气体摩尔体积的计算为解答易错点。
15.【答案】A
【解析】解：A.Na+、Cu2+、NO3−、SO42−之间不反应，能够大量共存，故A正确；
B.Mg2+、OH−之间反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.MnO4−在存在较多H+的溶液中具有强氧化性，能够氧化Fe2+、Cl−，不能大量共存，故C错误；
D.Fe3+、OH−之间反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应时能大量共存，以此进行判断。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.硝酸可排除干扰离子，加硝酸银溶液反应生成白色沉淀为AgCl，则溶液中一定Cl−，故A正确；
B.淀粉遇碘单质变蓝，可知氯化铁与KI发生氧化还原反应生成碘，则KI具有还原性，故B正确；
C.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子，应先加KSCN无现象，后加氯水检验亚铁离子，故C错误；
D.NaHCO3固体物质溶于水吸热，则温度下降，故D正确；
故选：C。
A.硝酸可排除干扰离子，加硝酸银溶液反应生成白色沉淀为AgCl；
B.淀粉遇碘单质变蓝，可知氯化铁与KI发生氧化还原反应生成碘；
C.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子；
D.NaHCO3固体物质溶于水吸热。
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、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，分液漏斗可调节稀硫酸的滴入速率从而控制①中气泡产生快慢，故A正确；
B.①装置盛有浓硫酸干燥H2，防止对后面产物的检验产生干扰，故B正确；
C.由上述分析可知，②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2或无水硫酸铜，但碱石灰会吸收CO2，不能选碱石灰，故C正确；
D.由上述分析可知，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，不能去掉，故D错误；
故选：D。
实验目的“探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物”，结合装置图分析可知，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，①装置盛有浓硫酸干燥H2，Y装置为氢气和碳酸亚铁制取铁粉的装置，②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2，④为检验CO2的装置，以此来解答。
本题考查物质的制备及性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
18.【答案】C
【解析】解：A.过氧化钠中阴离子为过氧根离子，所以Na2O2中阴阳离子数目之比为1：2，故A错误；
B.反应①的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故B错误；
C.反应①、②、③中，①③均匀化合价变化，为氧化还原反应，②没有元素化合价变化，为非氧化还原反应，故C正确；
D.过氧化钠与水反应为歧化反应，消耗0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子，故D错误。
故选：C。
A.过氧化钠中阴离子为过氧根离子；
B.电荷不守恒；
C.依据反应中元素化合价变化判断；
D.过氧化钠与水反应为歧化反应，消耗1mol过氧化钠转移1mol电子。
本题考查了钠及其化合物的性质，易错选项是A，注意过氧化钠中阴离子是过氧根离子不是氧离子，和水反应既是氧化剂也是还原剂，题目难度不大。
19.【答案】B
【解析】解：A.发生器中含有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其在吸收器中被充分吸收，故A正确；
B.吸收器反应在碱性条件下进行，离子反应为2ClO2+2OH−+H2O2=2ClO2−+O2+2H2O，故B错误；
C.步骤a用于从蒸发后的溶液中得到晶体，操作包括过滤、洗涤和干燥，故C正确；
D.固体较为稳定，便于贮存和运输，故D正确；
故选：B。
由流程可知，发生器通入空气，可将ClO2排出，确保其被充分吸收，在吸收器中发生2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，然后真空蒸发、冷却结晶，再经过过滤、洗涤和干燥得到NaClO2，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
20.【答案】C
【解析】解：①关闭B阀时，浓硫酸能够干燥氯气，干燥的氯气不能使红色干燥布条褪色；当打开B阀后，湿润的氯气能够使C处干燥红色布条褪色，满足条件，故①正确；
②NaOH溶液能够吸收氯气，关闭B阀时氯气被完全吸收，导致C处的红色布条看不到明显现象，当打开B阀后，湿润的氯气能够使C处红色干燥布条褪色，满足条件，故②正确；
③D中盛放水时，无论关闭还是打开关闭B阀，C处红色干燥布条均褪色，故③错误；
④D中盛放饱和NaCl溶液时，无论关闭还是打开关闭B阀，C处红色干燥布条均褪色，故④错误；
故选：C。
HClO有漂白作用，干燥的Cl2不能使干燥的有色布条褪色，氯气没有漂白性，如图所示，从A处通入新制备的Cl2，当打开B阀后，C处红色干燥布条逐渐褪色，说明A处Cl2为潮湿的，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；关闭B阀时，C处的红色干燥布条看不到明显现象，新制备的氯气需要经过D溶液进入C，说明D处溶液吸收了氯气或者吸收了潮湿氯气中的水蒸气，以此分析解答。
本题考查物质的性质及实验装置的综合运用，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大。
21.【答案】D
【解析】解：A.受热分解能产生有毒气体的物质，或物质本身有毒就不可以作食品膨松剂，常用的膨松剂为小苏打，故A错误；
B.碳酸氢钠受热分解的化学方程式为2NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑，题中方程式质量不守恒，故B错误；
C.小苏打是常用的膨松剂之一，它即可以作为碱性膨松剂单独使用，也可以与酒石酸氢钾、淀粉按一定比例混合制成复合膨松剂，故C错误；
D.复合膨松剂遇水会产生二氧化碳，复合膨松剂应在干燥的环境中保存，故D正确；
故选：D。
A.受热分解能产生有毒气体的物质，或物质本身有毒就不可以作食品膨松剂；
B.碳酸氢钠受热分解的化学方程式为2NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑；
C.小苏打是常用的膨松剂之一，它可以作为碱性膨松剂单独使用；
D.复合膨松剂遇水会产生二氧化碳。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
22.【答案】B
【解析】解：A.B用于除去氯化氢，应为饱和食盐水，故A错误；
B.E为收集瓶，可用于收集产物，故B正确；
C.若D中生成的AlCl3凝华堵塞导管，B中压强过大，长颈漏斗液面上升，故C错误；
D.无水氯化钙不能吸收氯气，不能起到尾气处理作用，故D错误；
故选：B。
A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用B中饱和食盐水除氯化氢，再用C中浓硫酸干燥，氯气与铝在D中加热条件下反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸气反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F，E为收集瓶，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
23.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，X为H或Li、Y为N、Z为Al、M为Si、W为S元素，
A.根据分析可知，X可能为锂，故A正确；
B.铝介于金属与非金属的分界线处，Al虽是金属，也能表现出一定的非金属性，故B正确；
C.硅元素金属元素和非金属元素分界线附近的元素，是良好的半导体材料，故C正确；
D.X2W为H2S或Li2S，氢离子和锂离子均不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：D。
由五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系图可知，Y为+5价、Z为+3价，且原子序数Z大于Y，可知Y为N、Z为Al；M、W的化合价分别为+4、−2价，且原子序数大于Z，则M为Si、W为S；X的原子序数最小，且化合价为+1价，X为H或Li，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的化合价、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。
24.【答案】C
【解析】解：根据所给信息并结合质量守恒可知，甲为NH3、丙为N2，则乙为H2，还剩1mol甲，此反应的化学方程式为；
A.氮气分子中两个氮原子之间存在氮氮三键，其结构式为N≡N，故A正确；
B.甲中N−H之间存在1个共用电子对，且N还有1个孤电子对，其电子式为，故B正确；
C.该反应中甲、丙、乙的物质的量之比为2：1：3，m=nM，参与反应的三者的物质的量之比为2：1：3，质量之比为(2mol×17g/mol)：(1mol×28g/mol)：(3mol×2g/mol)=17：14：3，故C错误；
D.根据理想状态方程PV=nRT知，同温同体积的乙、丙的压强之比等于其物质的量之比=1：3，故D正确；
故选：C。
根据所给信息并结合质量守恒可知，甲为NH3、丙为N2，则乙为H2，2mol甲反应生成1mol丙和3mol乙，还剩1mol甲，此反应的化学方程式为；
A.氮气分子中两个氮原子之间存在氮氮三键；
B.甲中N−H之间存在1个共用电子对，且N还有1个孤电子对；
C.该反应中甲、丙、乙的物质的量之比为2：1：3，m=nM；
D.根据理想状态方程PV=nRT知，同温同体积的乙、丙的压强之比等于其物质的量之比。
本题考查阿伏加德罗定律及物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的计算能力的考查，本题注意把握物质的构成特点，选项C为解答的易错点，题目难度不大。
25.【答案】H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+ Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3 SCN−或Fe(SCN)3被氧化为SO42−
【解析】解：①在实验1加入H2O2溶液与Fe2+反应的离子方程式是H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+，溶液变红的离子方程式是Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+；Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3；
②用实验2探究“红色褪去”的原因，滴加FeCl3溶液，无明显现象以及滴加KSCN溶液，溶液显红色，说明溶液中不在含有SCN−，滴加盐酸和氯化钡，产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，说明溶液中含有硫酸根离子，所以红色褪去的原因是SCN−或Fe(SCN)3被氧化为SO42−，
故答案为：SCN−或Fe(SCN)3被氧化为SO42−。
①H2O2具有氧化性，在酸性条件下可以氧化Fe2+生成H2O和Fe3+，生成的Fe3+与SCN−生成血红色的Fe(SCN)3；
②用实验2探究“红色褪去”的原因，滴加FeCl3溶液，无明显现象以及滴加KSCN溶液，溶液显红色，说明溶液中不在含有SCN−，滴加盐酸和氯化钡，产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，说明溶液中含有硫酸根离子。
本题主要考查双氧水的强氧化性，离子方程式的书写，同时考查学生的探究推理能力、实验分析能力，对学生的能力要求较高，难度中等。
26.【答案】V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O163H2O166H+ SO32−>Cl−>VO2+ c
【解析】解：(1)由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，反应中+5价钒降为+4价，亚硫酸根中+4价的硫升高为硫酸根离子中+6价，依据氧化还原反应得失电子守恒和原子个数守恒可知，反应方程式为：V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O，
故答案为：V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O；
(2)ClO3−与VO2+反应生成VO2+、Cl−，氯元素化合价由+5降低为−1，共降低6价，V元素化合价由+4升高为+5，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，故ClO3−的系数为1、VO2+系数为6，由原子守恒可知成VO2+的系数为6，Cl−的系数为1，由电荷守恒可知还生成H+，系数为6，故有水参加反应，系数为3，离子方程式：ClO3−+6VO2++3H2O=Cl−+6VO2++6H+，
故答案为：1；6；3；H2O；1；6；6；H+；
(3)V2O5能和盐酸反应生成氯气和VO2+，故还原性Cl−>VO2+，氯气可以将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl−，可以说明还原性SO32−>Cl−，则还原性强弱顺序为：SO32−>Cl−>VO2+，
故答案为：SO32−>Cl−>VO2+；
(4)0.195g锌粉的物质的量=0.195g65g/mol=0.003mol，令V元素在还原产物中的化合价为x，则：0.003×2=0.02L×0.1mol/L×(5−x)，解得x=2，
故答案为：c。
(1)由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，依据原子个数守恒电荷守恒书写方程式；
(2)ClO3−与VO2+反应生成VO2+、Cl−，根据电荷守恒、原子守恒确定其它物质并配平；
(3)氧化还原反应中还原剂的氧化性大于还原产物的还原性；
(4)根据电子转移守恒计算V元素在还原产物中的化合价。
本题考查氧化还原反应配平与计算、还原性强弱的比较等，难度中等，注意掌握氧化还原反应配平方法与守恒思想的运用。
27.【答案】 Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2OAl(OH)3+3H+=Al3++3H2Ocd共价化合物 分液漏斗 2Br−+Cl2=2Cl−+Br2 溶液由无色变为棕黄色 原子半径逐渐增大 得电子能力逐渐减弱
【解析】解：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑨为Cl；
(1)第三周期元素中非金属性最强的元素是Cl，由里到外各层电子数依次为2、8、7，其原子结构示意图为，
故答案为：；
(2)氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，氢氧化铝与高氯酸反应生成Al(ClO4)3和水，反应离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，
故答案为：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
(3)a.单质的熔点属于物理性质，不能比较金属性强弱，故a错误；
b.金属性强弱与失去电子难易程度有关，与失去电子数目多少无关，即不能根据二者化合价判断金属性强弱，故b错误；
c.单质与水反应的剧烈程度：⑤>⑥，说明金属性：⑤>⑥，故c正确；
d.最高价氧化物对应水化物的碱性：⑤>⑥，说明金属性：⑤>⑥，故d正确，
故答案为：cd；
(4)②③⑦都是非金属元素，它们的最高价氧化物均是共价化合物，
故答案为：共价化合物；
(5)①仪器A的名称是分液漏斗，A中发生反应的离子方程式是2Br−+Cl2=2Cl−+Br2，
故答案为：分液漏斗；2Br−+Cl2=2Cl−+Br2；
②验证溴与碘的非金属性强弱：通入少量⑨的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，振荡、静置，可观察到溶液由无色变为棕黄色，
故答案为：溶液由无色变为棕黄色；
③第ⅦA族元素非金属性随元素核电荷数的增加而逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，
故答案为：原子半径逐渐增大；得电子能力逐渐减弱。
由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑨为Cl；
(1)第三周期元素中非金属性最强的元素是Cl，由里到外各层电子数依次为2、8、7；
(2)氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与高氯酸反应生成Al(ClO4)3和水；
(3)根据“金属与水(或酸)反应难易程度或剧烈程度、最高价氧化物对应水化物的碱性强弱、单质之间相互置换反应”等判断；
(4)非金属元素氧化物属于共价化合物；
(5)分液漏斗中发生反应：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，溶液变为橙色，说明有Br2生成，证明Cl元素非金属性比Br强，再将分液漏斗中溶液加入试管中，溶液变为棕黄色，说明有I2生成，证明非金属性Br>I，由于Br2易挥发，浸有NaOH溶液的棉花吸收挥发的Br2，防止污染空气。
本题考查元素周期表与元素周期律，熟记常见元素在周期表中位置，注意元素周期律与元素化合物知识，掌握金属性、非金属性强弱比较事实，从结构上理解元素周期律。
28.【答案】15g/mol8mol/L0.2L1.0L浓度 防止硫酸亚铁被氧化 小于 0.0025
【解析】解：(1)设H2和CO的物质的量均为1mol，则M(混)=2g+28g2mol=15g/mol，
故答案为：15g/mol；
(2)0.2L营养液中，存在电荷守恒：9mol/L×0.2L×1+c(NH4+)×0.2L×1=9mol/L×0.2L×1+4mol/L×0.2L×2，解得：c(NH4+)=8mol/L，则该营养液中NH4Cl的物质的量浓度为8mol/L，由图乙可知，稀释后，NH4+的浓度变为原理的15，则溶液体积变为原来的5倍，所以V1=0.2L，V2=1.0L，
故答案为：8mol/L；0.2L；1.0L；
(3)①报告单中“μmol/L”是毫摩尔每升的意思，是物质的量浓度的单位，
故答案为：浓度；
②硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，糖衣的作用是隔绝空气，防止硫酸亚铁被氧化，
故答案为：防止硫酸亚铁被氧化；
(4)设溶质质量分数为a%的氨水的密度为dg/L，质量分数为2a%的氨水的密度为Dg/L，则c1=1000×d×a%17mol/L=5mol/L，c2=1000×D×2a%17mol/L，故c1c2=d2D，c2=2c1×Dd，氨水的浓度越大，密度越小，所以d>D，所以c2<2c1，即溶质质量分数为2a%的氨水的物质的量浓度小于10mol/L，
故答案为：小于；
(5)根据题意可得关系式：5Ca2+∼5CaC2O4∼5H2C2O4∼2KMnO4，所以n(Ca2+)=52×n(KMnO4)=2.5×0.001mol/L×0.015L=0.000375mol，c(Ca2+)=0.000375mol/0.015L=0.0025mol/L，
故答案为：0.0025。
(1)平均摩尔质量等于混合气体的总质量除以总物质的量；
(2)抓住电荷守恒计算c(NH4+)，即NH4Cl的物质的量浓度，根据稀释定律计算稀释后的体积；
(3)①报告单中“μmol/L”是毫摩尔每升的意思；
②硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化；
(4)设溶质质量分数为a%的氨水的密度为dg/L，质量分数为2a%的氨水的密度为Dg/L，则c1=1000×d×a%17mol/L=5mol/L，c2=1000×D×2a%17mol/L，故c1c2=d2D，c2=2c1×Dd，氨水的浓度越大，密度越小，所以d>D，所以c2<2c1；
(5)根据题意可得关系式：5Ca2+∼5CaC2O4∼5H2C2O4∼2KMnO4，所以n(Ca2+)=52×n(KMnO4)，进一步计算c(Ca2+)。
本题考查内容较多，具体涉及平均摩尔质量的计算、电荷守恒、稀释定律的应用，物质的量浓度与质量分数之间的换算，关系式的计算等，对学生的能力要求较高，难度中等。
29.【答案】第三周期第ⅥA族 离子 原子 NaA2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】解：由分析可知，X为O、Y为Na、M为Mg、Z为S、W为Cl；
(1)Z为S元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，其在周期表中的位置为第三周期第ⅥA族，
故答案为：第三周期第ⅥA族；
(2)O2−离子的电子式是，W可形成化合物MgCl2、SCl2，前者属于离子化合物，后者属于共价化合物，由此说明，化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合，
故答案为：；离子；原子；
(3)用电子式表示化合物Na2S的形成过程为，
故答案为：；
(4)同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，上述5种元素中原子半径最大的是Na，
故答案为：Na；
(5)氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，用光照射，HClO分解为HCl和O2，促进平衡正向移动，最终得到盐酸，溶液颜色变浅至消失，溶液中氢离子数目增大，瓶中氧气体积分数增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液导电性增强，选项A与图像不符；
工业上用Cl2制漂粉精的化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，
故答案为：A；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
X、Y、M、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，含0.9%YW化合物的水溶液称为生理盐水，则Y为Na、W为Cl；X2−和M2+电子层结构相同，则X为O、M为Mg，而X、Z最外层电子数相同，则Z为S元素。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握元素周期律、常用化学用语，题目难度不大。
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