2021-2022学年山西省运城市稷山中学高一（上）期末化学试卷（含答案解析）

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2021-2022学年山西省运城市稷山中学高一（上）期末化学试卷

1. 下列物质分类的正确组合是(    )
 
 碱
 酸
 盐
 酸性氧化物
 A
 纯碱
 盐酸
 烧碱
 二氧化硫
 B
 烧碱
 硫酸
 纯碱
 一氧化碳
 C
 苛性钠
 醋酸
 石灰石
水 
 D
 苛性钾
 硝酸
 苏打
三氧化硫

A. A B. B C. C D. D
2. 下列化学用语正确的是(    )
A. Cl−离子的结构示意图：
B. 氯化氢的电子式为：
C. 醋酸的电离方程式：CH3COOH=CH3COO−+H+
D. 含10个中子的氧原子的核素符号：818O
3. 下列不能证明K比Na金属性强的事实是(    )
A. Na的熔点比钾的高 B. K与H2O的反应比Na剧烈
C. K在O2中燃烧的产物更为复杂 D. KOH的碱性比NaOH强
4. 下列关于有机物的叙述正确的是(    )
A. 乙醇不能发生取代反应 B. C4H10有三种同分异构体
C. 氨基酸、淀粉均属于高分子化合物 D. 乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别
5. 核内中子数为N的R2+，质量数为A，则它们的ng氧化物中所含质子的物质的量是(    )
A. nA(A−N+6)mol B. nA+16×(A−N+8)mol
C. (A−N+Z)mol D. nA(A−N+6)mol
6. 下列的离子方程式正确的是(    )
A. 小块钠投入硫酸铜溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B. Cu丝伸入到AgNO3溶液中：Cu+Ag+=Cu2++Ag
C. H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液：OH−+H+=H2O
D. 氧化镁与盐酸混合：MgO+2H+=Mg2++H2O
7. 下列氯化物中，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是(    )
A. CuCl2 B. MgCl2 C. FeCl2 D. FeCl3
8. 某化学小组用如图所示装置验证Cl2、Br2、I2单质氧化性的相对强弱。下列说法不正确的是(    )

A. E处棉花球变成橙色，说明Cl的非金属性比Br强
B. F处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强
C. E处发生反应的离子方程式为Cl2+2Br−=2Cl−+Br2
D. G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为2OH−+Cl2=ClO−+Cl−+H2O
9. 下列叙述正确的是(    )
A. 直径介于1∼100nm之间的粒子被称为胶体
B. 电泳现象可证明胶体带电荷
C. 利用丁达尔现象可区别溶液和胶体
D. 胶体粒子很小，但不能通过滤纸
10. 下列说法正确的是(    )
A. 液态HCl、固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质
B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它们不是电解质
D. 铜、石墨均导电，所以它们是电解质
11. 新型净水剂-高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水．工业上制备K2FeO4的常用方法之一是次氯酸盐氧化法：①2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O
②Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH.下列说法不正确的是(    )
A. 反应①为氧化还原反应，反应②为复分解反应
B. 反应①中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：9
C. 反应②的产物K2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒
D. 若有2molFeCl3发生反应，转移电子的物质的量为6 mol
12. 某无色透明溶液，在酸性环境下能大量共存的离子组是(    )
A. Na+、SO42−、HCO3−、Cl− B. Mg2+、Cl−、Na+、NO3−
C. K+、MnO4−、NO3−、Fe2+ D. Cu2+、Cl−、NH4+、SO42−
13. 下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，在酸性条件下因发生氧化还原反应而不能大量共存的是(    )
A. Cu2+、Fe2+、NO3−、Cl− B. K+、Mg2+、HSO3−、SO42−
C. S2−、Na+、K+、Cl− D. Ba2+、Na+、I−、NO3−
14. 溶液、胶体、浊液三种分散系最本质的区别是(    )
A. 稳定性 B. 透明度
C. 分散质微粒大小 D. 能否发生丁达尔现象
15. 铁、稀盐酸、澄清石灰水、氯化铜溶液是中学化学中常见物质，四种物质间的反应关系如图所示．图中两圆相交部分(A、B、C、D)表示物质间的反应，其中对应反应的离子方程式书写正确的是(    )
A. OH−+HCl=H2O+Cl−
B. Ca(OH)2+Cu2+=Ca2++Cu(OH)2↓
C. Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
D. Fe+2H+=Fe3++H2↑

16. A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质及其化合物，其中B为淡黄色固体，它们有如图所示的转化关系：
(1)推断各符号所代表的物质的化学式：
A ______，B ______，C ______，D ______，E ______。
(2)分别写出反应②、④、⑤的化学方程式：
②______，
④______，
⑤______。
(3)写出反应③的离子方程式 ______。

17. 下列是部分短周期中第二、第三周期元素的原子半径及主要化合价．
元素代号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
原子半径(nm)
0.186
0.160
0.152
0.143
0.110
0.099
0.075
0.074
主要化合价
+1
+2
+1
+3
+5、−3
+7、−1
+5、−3
−2
回答下列问题：
(1)⑧在元素周期表中的位置是(周期、族)______ .
(2)8个元素的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是 ______ (填化学式).
(3)②元素和⑥元素形成的化合物的电子式是 ______ .
(4)写出④最高价氧化物对应水化物与⑥的氢化物水溶液反应的离子方程式： ______ .
(5)下列叙述正确的是 ______ (填字母).
A.③、④处于不同周期
B.②的阳离子与⑧的阴离子的核外电子数相等
C.⑥在同主族元素中非金属性最强
D.⑤元素与⑦元素两者核电荷数之差是8
E.①与⑧形成的化合物具有两性．
18. 经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如表所示(OH−浓度小，可忽略不计)
离子
Fe3+
Cu2+
SO42−
Na+
H+
浓度/(mol/L)
2×10−2
1×10−2
1×10−1
2×10−2

(1)c(H+)=______mol/L。
(2)为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如图流程，回收铜和绿矾(FeSO4⋅7H2O)。

①工业废水中加入铁粉后，反应的离子方程式依次为：______
②试剂B的化学式是______。
③通过检验溶液D中Fe3+来判断废水中Fe3+是否除尽，实验方法是______。
④上述100L废水经处理，可获得FeSO4⋅7H2O的物质的量是______mol。
⑤由制得的绿矾晶体配制50mL1mol/L溶液时，需要用托盘天平称量绿矾晶体______g以下实验操作，会导致所配溶液浓度偏高的是______
a.用托盘天平称量绿矾晶体时，用到游码，且将砝码放在左盘，药品放在右盘
b.转移时，有液体溅出
c.最后一次转移后，发现液体超过刻度线，倒出多余部分
d.定容时，俯视刻度线
⑥在含有4molFeSO4的溶液中加入4molNa2O2，现象是______。已知反应物恰好完全反应且反应转移6mol电子，发生反应的总的离子方程式：______。
19. 实验室欲用碳酸钠晶体(Na2CO3⋅10H2O)配制500mL0.5mol⋅L−1的Na2CO3溶液，据此回答下列问题：
(1)需称量碳酸钠晶体 ______g。
(2)在配制的过程中一定不需要使用到的仪器是 ______(填字母)，还缺少的仪器有 ______。
A.烧杯
B.药匙
C.玻璃棒
D.托盘天平
E.锥形瓶
F.胶头滴管
(3)如图所示的实验操作的先后顺序为 ______(填序号，下同)，图中错误的操作是 ______，图中玻璃棒的作用有 ______、______。

(4)从配制好的Na2CO3溶液中取出50mL，将这50mL的Na2CO3溶液稀释至100mL，稀释后Na2CO3溶液的浓度变为 ______mol⋅L−1。
(5)下列的实验操作可能导致配制的溶液浓度偏高的是 ______(填字母)。
A.容量瓶内原来存有少量的水
B.定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出
C.称量所需Na2CO3⋅10H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了(1g以下用游码)
D.定容时俯视刻度线
E.称量固体时，砝码生锈
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A、纯碱是盐，不是碱；烧碱是碱，不是盐，故A错误；
B、一氧化碳与碱不反应，是不成盐氧化物，故B错误；
C、水与碱不反应，是中性物质，所以不是酸性氧化物，故C错误；
 D、苛性钾是碱，硝酸是酸，苏打碳酸钠是盐，三氧化硫能与水化合生成硫酸、并且能与NaOH反应生成硫酸钠和水，是酸性氧化物，故D正确；
故选：D。
电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸；
电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱；
由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物是盐；
和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，据此判断解答。
本题考查了酸、碱、盐、酸性氧化物的判别方法，要依据各种化合物的组成特点加以判断，题目难度不大。

2.【答案】D 
【解析】解：A.Cl−离子的核内有17个质子，核外有18个电子，结构示意图为：，故A错误；
B.氯化氢是共价化合物，共用1对电子，Cl达到8e−结构，电子式为，故B错误；
C.醋酸是一元弱酸，不完全电离，醋酸的电离方程式：CH3COOH⇌CH3COO−+H+，故C错误；
D.含10个中子的氧原子的质量数为18，标注于符合的左上角，核素符号为：818O，故D正确；
故选：D。
A、Cl−离子的核内有17个质子，核外有18个电子，以2、8、8数目分布于核外3个不同电子层上；
B、氯化氢是共价化合物，共用1对电子，Cl达到8e−结构；
C、醋酸是一元弱酸，不完全电离，用“⇌”连接；
D、质量数=质子数+中子数，质量数标注于核素的左上角、质子数标注于核素左下角；
本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、电离方程式、核素符号、离子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力。

3.【答案】A 
【解析】解：A、熔点属于物理性质，与金属性无关，所以不能根据Na的熔点比钾的高来判断金属性强弱，故A错误；
B、金属性越强，与水反应越剧烈，K与H2O的反应比Na剧烈，能证明K元素比Na元素的金属性强，故B正确；
C、K在O2中燃烧的产物更为复杂，说明金属单质K比Na活泼，即证明K元素比Na元素的金属性强，故C正确；
D、K的最高价氧化物对应水化物的碱性比Na的最高价氧化物对应水化物的碱性强，能证明K元素比Na元素的金属性强，故D正确。
故选：A。
利用金属单质之间的置换反应、失去电子的难易程度、金属对应阳离子的氧化性、与水或酸反应的难易程度、金属的最高价氧化物对应水化物的碱性、金属活泼性顺序表等来比较金属性的强弱．
本题考查金属性的比较，明确常见的金属性比较的方法即可解答，题目难度不大．

4.【答案】D 
【解析】解：A、乙醇与钠反应可认为是取代反应，乙醇与HBr反应，酯化反应等都是取代反应，故A错误；
B、C4H10是丁烷，有正丁烷、异丁烷两种同分异构体，故B错误；
C、氨基酸不是高分子化合物，故C错误；
D、乙烯与溴水发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，甲烷不能使溴的四氯化碳溶液褪色，可以区别，故D正确；
故选：D。
A、乙醇可以与钠反应，可以发生酯化反应、与HBr反应；
B、C4H10是丁烷，有两种同分异构体；
C、氨基酸不是高分子化合物；
D、乙烯与溴水发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色．
本题考查有机反应类型、同分异构体、有机物鉴别、高分子化合物概念等，题目综合性较大，难度较小，旨在考查学生对基础知识的理解掌握．

5.【答案】A 
【解析】解：R2+离子对应的氧化物为RO，该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，n g它的氧化物的物质的量为：nA+16mol；一个氧化物分子中含有(A−N+8)个质子，所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为：nA+16(A−N+8)，
故选：A。
质量数=质子数+中子数，核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，所以质子数为A−N，该离子的相对原子质量在数值上等于其质量数；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO；该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，根据n=mM计算ng该氧化物的物质的量，一个氧化物分子中含有(A−N+8)个质子，据此进行计算。
本题考查物质的量有关计算以及质子数、中子数、质量数之间的关系，难度不大，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

6.【答案】D 
【解析】解：A.一小块钠投入硫酸铜溶液中的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故A错误；
B.Cu丝伸入到AgNO3溶液中，离子方程式：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故B错误；
C.H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液反应离子方程式：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.氧化镁与盐酸混合，离子方程式：MgO+2H+=Mg2++H2O，故D正确；
故选：D。
A.不符合反应客观事实；
B.电荷不守恒；
C.漏掉钡离子与硫酸根离子的反应；
D.二者反应生成氯化镁和水。
本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析。

7.【答案】B 
【解析】
【分析】
氯气与变价金属反应生成高价金属氯化物，排在H前面的金属与盐酸反应，以此来解答。
【解答】
A.Cu与盐酸不反应，故A不选；
B.Mg与氯气或盐酸均反应生成氯化镁，故B选；
C.Fe与氯气反应生成氯化铁，故C不选；
D.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，故D不选；
故选：B。  
8.【答案】B 
【解析】解：A.E处棉花球变成橙黄色，发生反应为：Cl2+2Br−=2Cl−+Br2，所以Cl2的氧化性比Br2强，即Cl的非金属性比Br强，故A正确；
B.F处反应为：Cl2+2I−=2Cl−+I2，所以Cl2的氧化性比I2强，但不能说明Br2的氧化性比I2强，故B错误；
C.E处棉花球变成橙黄色，发生反应为：Cl2+2Br−=2Cl−+Br2，故C正确；
D.G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O，故D正确；
故选：B。
A.E处棉花球变成橙黄色，发生反应为：Cl2+2Br−=2Cl−+Br2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；
B.F处反应为：Cl2+2I−=2Cl−+I2；
C.E处棉花球变成橙黄色，发生反应为：Cl2+2Br−=2Cl−+Br2；
D.G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O。
本题考查了三种卤素单质的性质和检验方法及尾气处理，注意图中各位置发生的氧化还原反应为解答的关键。

9.【答案】C 
【解析】解：A.胶体是分散质微粒直径介于1∼100nm之间的分散系，属于混合物，并不是说直径介于1∼100nm之间的微粒称为胶体，故A错误；
B.胶体不带电，胶粒带电，故电泳可以证明胶粒带电，故B错误；
C.丁达尔效应是胶体特有性质，可以用来区别溶液和胶体，故C正确；
D.分散系中分散质微粒直径1nm−100nm分散质形成的分散系为胶体，不能通过半透膜，能通过滤纸，故D错误；
故选：C。
A.胶体是分散质微粒直径介于1∼100nm之间的分散系；
B.电泳现象可证明胶体微粒带电荷；
C.丁达尔效应是胶体特有性质；
D.胶体粒子不能通过半透膜，能通过滤纸．
本题考查了胶体的定义、胶体的性质以及分散系之间的本质区别，应注意的是丁达尔效应是胶体所特有的性质，但不是本质特征，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，题目难度不大．

10.【答案】C 
【解析】解：A、液态HCl、固体NaCl均不导电，但是溶于水它们均能导电，且属于化合物，故HCl、NaCl均是电解质，故A错误；
B、NH3、CO2的水溶液能导电，并不是它们自身电离的结果，而是它们与水反应的产物NH3⋅H2O、H2CO3电离的结果，故B错误；
C、蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它们不是电解质，是非电解质，故C正确；
D、某物质是否为电解质的前提是此物质必须是化合物，故铜、石墨均不是电解质，故D错误；
故选：C。
在水溶液里或熔化状态下能导电的化合物属于电解质，在此两种条件下均不能导电的化合物属于非电解质，单质与混合物既不是电解质也不是非电解质，据此解答即可．
本题主要考查的是电解质与非电解质的概念：①判断给出的物质是不是电解质时，要先判断该物质是不是化合物，然后再对该化合物进行归类，看是哪一类物质，最后做出判断；②要正确理解电解质导电的条件，而不能错误地认为只要能导电就是电解质以及电解质在任何条件下都能导电．

11.【答案】B 
【解析】解：A.反应①Fe和Cl元素化合价发生变化，为氧化还原反应，反应②元素化合价没有发生变化，为复分解反应，故A正确；
B.反应2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，NaClO为氧化剂，FeCl3为还原剂，由方程式可知，氧化产物与还原产物物质的量之比为2：3，故B错误；
C.由化合价代数和为0的原则可知K2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故C正确；
D.反应2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，Fe元素化合价升高，由+3价升高到+6价，则若有2molFeCl3发生反应，转移电子的物质的量为6 mol，故D正确．
故选B.
反应2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，Fe元素化合价升高，由+3价升高到+6价，被氧化，Cl元素化合价由+1价降低到−1价，被还原，NaClO为氧化剂，FeCl3为还原剂，Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH为复分解反应，元素化合价没有发生变化，以此解答．
本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应中物质所表现出的性质，明确元素的化合价为解答该类题目的关键，难度中等．

12.【答案】B 
【解析】解：
A.因H+、HCO3−结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；
B.因该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均为无色，故B正确；
C.该组离子之间不反应，能大量共存，但MnO4−为紫色，Fe2+为浅绿色，与无色不符，故C错误；
D.该组离子之间不反应，能大量共存，但Cu2+为蓝色，与无色不符，故D错误；
故选B。
强酸性溶液，含大量的H+，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，并结合离子的颜色来解答。
本题考查离子的共存问题，为高考高频考点，侧重复分解反应的考查，注意离子之间的反应及常见离子的颜色，题目难度不大。

13.【答案】D 
【解析】解：A.Cu2+、Fe2+都与OH−反应，在碱性溶液中不能大量共存，故A错误；
B.HSO3−、OH−之间发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，故B错误；
C.S2−、Na+、K+、Cl−、OH−之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，酸性溶液中S2−、H+之间发生反应，但不属于氧化还原反应，故C错误；
D.Ba2+、Na+、I−、NO3−、OH−之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，I−、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故D正确；
故选：D。
A.铜离子、亚铁离子都与氢氧根离子反应；
B.亚硫酸氢根离子与氢氧根离子反应；
C.四种离子之间不反应，酸性条件下硫离子与氢离子反应，但不属于氧化还原反应；
D.四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应，且酸性条件下硝酸根离子能够氧化碘离子。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、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。

14.【答案】C 
【解析】解：当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm∼100nm)、浊液(大于100nm)，
所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小．
故选C.
溶液、胶体、浊液三种分散系的分散剂都是液体，分散质都是固体，最本质的区别是分散质粒子的直径大小．
注意：1、三类分散系的本质差异是分散质粒子的大小．2、利用分散系的组成不同，可以选择不同的方法进行分离提纯．

15.【答案】C 
【解析】解：A.离子反应为OH−+H+=H2O，故A错误；
B.离子反应为2OH−+Cu2+=Cu(OH)2↓，故B错误；
C.离子反应为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故C正确；
D.离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；
故选C.
A.发生氯化钙和水，盐酸完全电离；
B.氢氧化钙完全电离；
C.反应生成氯化亚铁和Cu；
D.反应生成氯化亚铁和氢气．
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，题目难度不大．

16.【答案】NaNa2O2  NaOHNa2CO3  NaHCO3  2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2  CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3  CO2+2OH−=CO32−+H2O 
【解析】解：(1)A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色的固体，B能与二氧化碳、水反应，故B为Na2O2，由转化关系可知，A为Na，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，
故答案为：Na；Na2O2；NaOH；Na2CO3；NaHCO3；
(2)反应②的化学方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；反应④的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；反应⑤的化学方程式：CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，
故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3；
(3)反应③的离子方程式为：CO2+2OH−=CO32−+H2O，
故答案为：CO2+2OH−=CO32−+H2O。
A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色的固体，B能与二氧化碳、水反应，故B为Na2O2，由转化关系可知，A为Na，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3。
本题考查无机物的推断，涉及钠及其化合物的性质及相互转化，物质B为淡黄色的固体是推断的突破口，题目难度不大。

17.【答案】第二周期第ⅥA族；HClO4；；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；ABD 
【解析】解：在第二、三周期元素中，主族元素的最高化合价与其族序数相等，故①③为第ⅠA族，⑤⑦为第ⅤA族，②⑨为第ⅡA族，同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，所以在①③中，①是Na元素，③是Li元素，在⑤⑦中，⑤是P元素，⑦是N元素，在②⑨中，、②是Mg元素，⑨是Be元素，④为第ⅢA族，半径小于镁元素大于铍元素，所以④是Al元素，⑥为第ⅤⅡA族，半径小于磷而大于氮，所以⑥是Cl元素，⑧为第ⅥA族，半径小于氮元素，所以⑧是O元素，故①是Na元素、②Mg元素、③是Li元素、④是Al元素、⑤是P元素、⑥是Cl元素、⑦是N元素、⑧是O元素，
(1)⑧是O元素，O原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，所以在元素周期表中的位置是(周期、族)第二周期第ⅥA族，
故答案为：第二周期第ⅥA族；
(2)非金属的非金属性越强其最高价含氧酸的酸性越强，但氟元素没有含氧酸，所以非金属元素次之的是Cl元素，8个元素的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是HClO4，
故答案为：HClO4；
(3)②元素和⑥元素形成化合物是氯化镁，氯化镁的电子式是，故答案为：；
(4)④最高价氧化物对应水化物是氢氧化铝，⑥的氢化物是盐酸，氢氧化铝和盐酸反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，
故答案为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
(5)A.③是Li元素、④是Al元素，③、④处于不同周期，故正确；
B.②Mg元素，⑧是O元素，②的阳离子与⑧的阴离子的核外电子数相等，都是10个电子，故正确；
C.⑥是Cl元素，F在其同主族元素中非金属性最强，故错误；
D.⑤是P元素、⑦是N元素，二者位于同一主族，所以⑤元素与⑦元素两者核电荷数之差是8，故正确；
E.①是Na元素、⑧是O元素，①与⑧形成的化合物没有两性，故错误；
故选：ABD.
在第二、三周期元素中，主族元素的最高化合价与其族序数相等，故①③为第ⅠA族，⑤⑦为第ⅤA族，②⑨为第ⅡA族，同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，所以在①③中，①是Na元素，③是Li元素，在⑤⑦中，⑤是P元素，⑦是N元素，在②⑨中，、②是Mg元素，⑨是Be元素，④为第ⅢA族，半径小于镁元素大于铍元素，所以④是Al元素，⑥为第ⅤⅡA族，半径小于磷而大于氮，所以⑥是Cl元素，⑧为第ⅥA族，半径小于氮元素，所以⑧是O元素，故①是Na元素、②Mg元素、③是Li元素、④是Al元素、⑤是P元素、⑥是Cl元素、⑦是N元素、⑧是O元素，据此答题．
本题考查了原子结构和元素周期律的关系，正确推断元素是解本题关键，明确元素周期律的灵活运用，难度不大．

18.【答案】0.10.1H2SO4  取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽  1213.9d气泡，红褐色沉淀  4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑ 
【解析】解：(1)根据溶液中电荷守恒可知，3c(Fe3+)+2c(Cu2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(SO42−)，所以c(H+)=(2×1×10−1−3×2×10−2−2×1×10−2−2×10−2)mol/L=0.1mol/L，
故答案为：0.1；
(2)①酸性环境Fe3+、Cu2+、SO42−和少量Na+中，能和金属铁发生反应的物质是Fe3+、Cu2+、H+，发生的反应有：2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑，
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑；
②试剂B是将金属铜和金属铁分离开的物质，可以选择稀硫酸，
故答案为：H2SO4；
③检验溶液D中Fe3+是否除尽的实验方法是取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽，
故答案为：取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽；
④上述1000L废水中含有铁离子的物质的量为1000L×2×10−3mol/L=2mol，560g铁粉的物质的量为10mol，根据铁元素守恒可知，可获得 FeSO4⋅7H2O的物质的量为2mol+10mol=12mol，
故答案为：12；
⑤由制得的绿矾晶体配制50mL1mol/L溶液时，n(FeSO4⋅7H2O)=0.05L×1mol/L=0.05mol，m(FeSO4⋅7H2O)=0.05mol×278g/mol=13.9g，
a.用托盘天平称量绿矾晶体时，用到游码，且将砝码放在左盘，药品放在右盘，可导致药品质量偏小，则配制浓度偏低，故a错误；
b.转移时，有液体溅出，溶质损失，浓度偏低，故b错误；
c.最后一次转移后，发现液体超过刻度线，倒出多余部分，实验导致溶液体积偏大，浓度偏低，故c错误；
d.定容时，俯视刻度线，则体积偏小，浓度偏大，故d正确。
故答案为：13.9；d；
⑥过氧化钠具有强氧化性，可与水反应生成氢氧化钠和氧气，则在含有4molFeSO4的溶液中加入4molNa2O2，可观察到生成红褐色沉淀，且有气泡生成，已知反应物恰好完全反应且反应转移6mol电子，则4molFeSO4转移4mol电子，还应生成1mol氧气，则反应的离子方程式为4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑，
故答案为：气泡，红褐色沉淀；4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑。
(1)根据溶液中电荷守恒可计算出氢离子的浓度；
(2)某工厂的工业废水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42−和少量Na+，先加过量铁(A)，过滤，得到D溶液为FeSO4，C为Cu和多余的铁，再向C中加过量稀硫酸，过滤得到的Cu，E为FeSO4，硫酸亚铁溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶可以得到绿矾晶体，以此解答该题。
本题考查物质制备实验，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，涉及对操作的分析评价、对原理的分析、物质分离提纯等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用知识能力，难度中等。

19.【答案】(1)71.5
(2)E；500mL容量瓶
(3)④⑥②⑤③①；③；搅拌；引流
(4)0.25
(5)DE 
【解析】(1)用碳酸钠晶体(Na2CO3⋅10H2O)配制500mL0.5mol⋅L−1的Na2CO3溶液，需要碳酸钠晶体(Na2CO3⋅10H2O)质量为0.5mol⋅L−1×0.5L×286g⋅mol−1=71.5g，
故答案为：71.5；
(2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：锥形瓶，缺少的仪器：500mL容量瓶，
故答案为：E；500mL容量瓶；
(3)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，正确的操作顺序为：④⑥②⑤③①；③中观察液面时，不能仰视，应平视，所以错误的操作为：③；在溶解过程中玻璃棒的作用为搅拌，移液操作使玻璃棒作用为引流，
故答案为：④⑥②⑤③①；③；搅拌；引流；
(4)溶液具有均一性，所以从配制好的Na2CO3溶液中取出50mL，溶液的物质的量浓度为0.5mol⋅L−1，将这50mL的Na2CO3溶液稀释至100mL，依据稀释规律可知，0.5mol⋅L−1×0.05L=0.1L×c，解得c=0.25mol⋅L−1，
故答案为：0.25；
(5)A.容量瓶内原来存有少量的水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；
B.定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
C.称量所需Na2CO3⋅10H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了(1g以下用游码)，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
D.定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
E.称量固体时，砝码生锈，导致称取固体含有溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故选；
故答案为：DE。