2020北京师大附中高一（上）期末化学（教师版）

这是一份2020北京师大附中高一（上）期末化学（教师版），共34页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020北京师大附中高一（上）期末
化 学
一、选择题（共30小题，每小题2分，满分60分）
1．（2分）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
2．（2分）下列物质中，属于电解质的是（　　）
A．Cu B．NaCl溶液 C．NaOH固体 D．乙醇
3．（2分）下列微粒中，既具有氧化性又具有还原性的是（　　）
A．Fe2+ B．O2 C．Cl﹣ D．Na
4．（2分）下列物质的电子式书写正确的是（　　）
A．Cl：Cl B． C． D．
5．（2分）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．
6．（2分）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
7．（2分）下列元素中，原子半径最大的是（　　）
A．Na B．Mg C．Al D．Si
8．（2分）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的相对分子质量相同
D．1H2O与2H2O互为同位素
9．（2分）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﹣
10．（2分）下列溶液中的c（SO42﹣）与50mL1mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液中的c（SO42﹣）相等的是（　　）
A．150mL1mol•L﹣1Na2SO4溶液
B．75mL2mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液
C．150mL3mol•L﹣1K2SO4溶液
D．20mL1.5mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液
11．（2分）在标准状况下，下列物质体积最大的是（　　）
A．3 g氢气 B．6.02×1023个氢分子
C．44.8 L氢气 D．0.5 mol氢气
12．（2分）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序数递增依次增强
13．（2分）在3NO2+H2O＝2HNO3+NO反应中，氧化剂与还原剂的分子数为（　　）
A．1：2 B．3：1 C．1：1 D．1：3
14．（2分）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
15．（2分）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＜NaHCO3
D．等物质的量的Na2CO3和NaHCO3最多消耗盐酸的量：Na2CO3＜NaHCO3
16．（2分）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+3H2O Fe2O3+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
17．（2分）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 mol/L的NaOH溶液
18．（2分）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（　　）

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
A．A B．B C．C D．D
19．（2分）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
20．（2分）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4周期、第IIA族
21．（2分）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
22．（2分）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（　　）
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
A．A B．B C．C D．D
23．（2分）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
24．（2分）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
25．（2分）FeCl3、CuCl2混溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的（　　）
A．加入KSCN的溶液一定不变红色
B．溶液中一定含有Fe3+
C．溶液中可能含Cu2+
D．剩余固体中一定有铜
26．（2分）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．E处棉花球变成橙黄色，说明Cl2的氧化性比Br2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：Cl2 +2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O
27．（2分）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1mol NaHCO3溶液中，加入1mol Na2O2粉末
D．向含1mol Na2CO3溶液中，加入含1mol HCl的盐酸
28．（2分）下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是（　　）
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+
A．A B．B C．C D．D
29．（2分）根据下表部分短周期元素信息，判断以下叙述正确的是（　　）
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.160
0.145
0.112
0.104
0.066
主要化合价
+2
+3
+2
+6、﹣2
﹣2
A．氢化物的沸点为H2T＜H2R
B．单质与稀盐酸反应的剧烈程度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
30．（2分）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+3Na2O2 2Na2FeO4+Na2O关于该反应说法正确的是（　　）
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1 mol Na2FeO4，有3mol电子转移
D．在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀菌
二、解答题（共8小题，满分40分）
31．（5分）补齐物质及其用途的连线。

32．（5分）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1mol TiCl4转移电子的物质的量是　 　mol。
33．（5分）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　 　。
34．（5分）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。
强酸
强碱
可溶性盐
……
①HCl
③　 　
⑤Na2CO3
⑦CO2
②　 　
④Ba（OH）2
⑥　 　
⑧SO3
（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）
35．（5分）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，将其剪碎作为样品，分别按下述步骤进行实验：
I．取少量样品于试管中，加入盐酸，充分反应后过滤．
II．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：
样品甲
生成白色沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀消失
样品乙
生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
（1）样品甲中金属的主要成分是　 　，生成白色沉淀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反应的化学方程式是　 　．
36．（5分）某实验需要500mL 0.10mol/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）＝0.02mol/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
37．（5分）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　 　。
38．（5分）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100mL 0.1mol/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2mL FeSO4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2mL FeSO4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1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2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；
ⅲ．2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2。
填写实验方案：
实验方案
现象
步骤1：取4mL 0.2mol/L的FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L的KSCN溶液。
无明显现象
步骤2：取4mL 0.2mol/L的CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L的KSCN溶液。
产生白色沉淀
Cu2+与SCN﹣反应的离子方程式为　 　。

2020北京师大附中高一（上）期末化学
参考答案
一、选择题（共30小题，每小题2分，满分60分）
1．【答案】D
【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中至少有一种金属等。
【解答】解：A．不锈钢是铁的合金，故A错误；
B．青铜是铜锡合金，故B错误；
C．生铁是铁和碳的合金，故C错误；
D．水银是汞金属单质，不是合金，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查合金的特征，掌握合金的特征是正确解答本题的关键，题目难度不大。
2．【答案】C
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等。
非电解质：在水溶液中或熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等。
单质与混合物既不是电解质也不是非电解质。
【解答】解：A．铜为单质，不是电解质，故A错误；
B．氯化钠溶液为混合物，不是电解质，故B错误；
C．氢氧化钠固体，在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，故C正确；
D．乙醇为非电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本考点考查了电解质与非电解质的区别，基础性比较强，明确相关概念，不难解答。
3．【答案】见试题解答内容
【分析】元素的化合价处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，以此来解答。
【解答】解：A．Fe2+中Fe元素的化合价为+2价，处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故A正确；
B．O2中O元素的化合价为0价，只具有氧化性，故B错误；
C．Cl﹣中Cl元素的化合价为最低价，只具有还原性，故C错误；
D．Na中Na元素的化合价为最低价，只具有还原性，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素的化合价与微粒性质的关系为解答的关键，注意判断微粒中元素的化合价，题目难度不大。
4．【答案】B
【分析】A．漏掉未参加成键的电子；
B．水分子中两个氢原子与氧原子分别共用1对电子；
C．氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子之间为离子键；
D．漏掉未参加成键的电子对。
【解答】解：A．氯气为共价单质，氯原子和氯原子之间共用一对共用电子对，每个氯原子周围还有6个电子，电子式为：，故A错误；
B．水分子中两个氢原子与氧原子分别共用1对电子，电子式为：，故B正确；
C．氯化钠属于离子化合物，电子式中阴阳离子需要标出原子的最外层电子，氯化钠正确的电子式为：，故C错误；
D．氨气为共价化合物，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层达到8个电子，氢原子最外层达到2个电子，氨气分子的电子式为，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电子式的判断，难度不大，要明确用电子式表示离子化合物、共价化合物及单质分子的方法。
5．【答案】D
【分析】氧化还原反应中元素的化合价发生变化，化合反应、分解反应不一定为氧化还原反应，置换反应有单质参加和生成，一定为氧化还原反应，复分解反应不是氧化还原反应，以此解答该题。
【解答】解：A．分解反应可能为氧化还原反应，如高锰酸钾的分解，故A错误；
B．化合反应不一定为氧化还原反应，如CaO和水反应，故B错误；
C．复分解反应不是氧化还原反应，故C错误。
D．置换反应有单质参加和生成，一定为氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握氧化还原反应的特点，把握氧化还原反应与四种基本类型的反应的关系，难度不大。
6．【答案】D
【分析】在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以找到半导体材料，以此解答该题．
【解答】解：A．在元素周期表中，金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来做导体，可以用来做合金等，像镁和铝等，故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做农药，故B错误；
C．可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，故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，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查元素周期表的结构和应用，为高频考点，侧重考查学生对双基的掌握，题目难度不大，本题根据元素周期表中的元素分布及元素常见的性质来解题，一般金属延展性较好，可用于做合金，金属元素和非金属元素交界处的元素可以制作半导体材料，一般过度金属可以用来做催化剂，农药分为有机和无机，一般非金属元素可以制作有机农药．
7．【答案】A
【分析】同周期元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，据此判断．
【解答】解：Na、Mg、Al、Si四种元素属于同周期元素，同周期元素自左而右原子半径减小，故原子半径Na＞Mg＞Al＞Si，所以Na的原子半径最大，故A正确；
故选：A。
【点评】本题考查半径比较规律，题目难度较小，注意掌握微粒半径比较规律，侧重于考查学生对基本规律的掌握和应用能力．
8．【答案】D
【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，D216O的相对分子质量为：2×2+16＝20；
D．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素同位素。
【解答】解：A．核组成符合左下方数字为质子数，故氘质子数为1，故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，故B正确；
C．1H218O的相对分子质量为：1×2+18＝20，D216O的相对分子质量为：2×2+16＝20，故C正确，
D．1H2O与2H2O为分子，不能称之为同位素，故D错误，
故选：D。
【点评】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．【答案】A
【分析】A．四种离子之间不反应，能够共存；
B．钙离子与碳酸根离子生成碳酸钙沉淀；
C．铁离子与氢氧根离子反应；
D．氢离子与碳酸氢根离子反应。
【解答】解：A．H+、Na+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．Ca2+、CO32﹣之间反应生成难溶物碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Fe3+、OH﹣之间反应生成氢氧化铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．H+、HCO3﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，题目难度不大，明确离子反应发生条件为解答关键，注意熟练掌握离子不能大量共存的一般情况，如能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
10．【答案】C
【分析】50mL1mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液中的c（SO42﹣）＝1mol/L×3＝3mol/L，硫酸根离子的浓度与溶液体积大小无关，与溶质浓度及其化学式组成有关，据此进行解答。
【解答】解：50mL1mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液中的c（SO42﹣）＝1mol/L×3＝3mol/L，
A.150mL1mol•L﹣1Na2SO4溶液中的c（SO42﹣）＝1mol/L×1＝1mol/L，故A错误；
B.75mL2mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液中的c（SO42﹣）＝2mol/L×1＝2mol/L，故B错误；
C.150mL3mol•L﹣1K2SO4溶液中的c（SO42﹣）＝3mol/L×1＝3mol/L，故C正确；
D.20mL1.5mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中的c（SO42﹣）＝1.5mol/L×3＝4.5mol/L，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确物质的量浓度的概念及表达式即可解答，注意物质的量浓度与物质的量的区别，试题培养了学生的化学计算能力。
11．【答案】C
【分析】结合n＝、n＝、V＝nVm计算．
【解答】解：A．氢气的物质的量为＝1.5mol，
B．氢气的物质的量为≈0.1mol，
C．氢气的物质的量为＝2mol，
D．氢气的物质的量为0.5mol，
显然C中物质的量最大，标准状况下体积最大，
故选：C。
【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握物质的量、体积、分子数的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本计算公式的应用，题目难度不大．
12．【答案】B
【分析】ⅦA族元素原子最外层有7个电子，发生化学反应时容易得到1个电子而达到稳定结构，根据元素周期律的递变规律可知，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，最高价氧化物对应的水化物酸性逐渐减弱，从上到下原子半径逐渐增大，以此解答该题．
【解答】解：A．原子最外层有7个电子，原子易形成﹣1价阴离子，故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，故B正确；
C．原子半径随原子序数递增逐渐增大，故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，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查同主族元素的递变规律，为高频考点，注意把握元素周期律的递变规律为解答的关键，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力．
13．【答案】A
【分析】3NO2+H2O＝2HNO3+NO中，N元素的化合价由+4升高到+5，由+4降低到+2，NO2既是氧化剂又是还原剂，以此来解答．
【解答】解：3NO2+H2O＝2HNO3+NO中，N元素的化合价由+4降低到+2，则1molNO2作氧化剂，
N元素的化合价由+4升高到+5，则2molNO2作还原剂，
所以氧化剂与还原剂的分子个数比为1：2，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应中的氧化剂与还原剂，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，难度不大，侧重于考查学生的分析能力．
14．【答案】见试题解答内容
【分析】A．氯水中的次氯酸见光分解；
B．钠与空气中水、氧气都发生反应，应隔绝空气加热；
C．漂白粉保存在敞口容器中，次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和氯化钙而变质；
D．过氧化钠易与空气中水、二氧化碳反应。应隔绝空气保存。
【解答】解：A．氯水中的次氯酸见光分解，所以新制氯水保存在棕色试剂瓶中，故A正确；
B．钠与空气中水、氧气都发生反应，应隔绝空气加热，钠密度大于煤油的密度，且与煤油不反应，保存在煤油中可以隔绝空气，故B正确；
C．次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和氯化钙而变质，所以漂白粉应密封保存，故C错误；
D．过氧化钠易与空气中水、二氧化碳反应。应密封保存，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学试剂的保存，熟悉相关化学试剂的性质是解题关键，题目难度不大。
15．【答案】D
【分析】A．碳酸氢钠受热易分解；
B．相同条件下，碳酸钠的溶解度大；
C．相同质量时，碳酸氢钠的物质的量大，结合反应分析；
D．根据反应的方程式Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O进行判断。
【解答】解：A．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，故A正确；
B．常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3，故B正确；
C．由CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑可知，碳酸氢钠的摩尔质量为84g/mol，碳酸钠的摩尔质量为106g/mol，质量相同时，碳酸氢钠的物质的量大，则生成二氧化碳较多，故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，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠性质的比较，为高频考点，把握二者的溶解性、稳定性、与酸、碱的反应为解答的关键，侧重分析能力的考查，综合性较强，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质的异同，注重基础知识的积累，题目难度不大。
16．【答案】B
【分析】A、装置A是水在加热的条件下加热产生水蒸气的装置；
B、Fe与水蒸气反应产物是四氧化三铁和氢气；
C、氢气属于中性气体，据此选择合适的干燥剂；
D、氢气在点燃之前应该先检验气体的纯度。
【解答】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，故A正确；
B、Fe与水蒸气反应产物是四氧化三铁和氢气，B中反应的化学方程式是3Fe+4H2O Fe3O4+4H2↑，故B错误；
C、氢气属于中性气体，可以用碱石灰做干燥剂，故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，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查学生金属铁和水之间的反应知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
17．【答案】C
【分析】A．摩尔质量单位为g/mol；
B．气体摩尔体积使用对象为气体；
C．质量转化为物质的量结合1个二氧化碳含有2个O解答；
D．物质的量浓度中体积为溶液体积。
【解答】解：A．NaCl的摩尔质量是58.5 g/mol，故A错误；
B．标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；
C．常温常压下，22 g CO2中物质的量为0.5mol，所含氧原子物质的量为0.5mol×2＝1mol，个数约为6.02×1023，故C正确；
D．将40 g NaOH固体溶于1 L H2O中，溶液体积大于1L，得到小于1 mol/L的NaOH溶液，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件分析，物质的量计算应用，掌握基础是关键，题目较简单。
18．【答案】C
【分析】A．H2O2加入少量MnO2后能加快反应速率；
B．钠和氧气在常温下生成氧化钠，在加热生成过氧化钠；
C．20mL双氧水比10mL双氧水产生更多的氧气，原因为双氧水量多；
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。
【解答】解：A．H2O2加入少量MnO2后能加快反应速率，所以MnO2作双氧水分解的催化剂，故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，故A正确；
C．20mL双氧水比10mL双氧水产生更多的氧气，原因为双氧水量多生成的氧气就多，与浓度无关，故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，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，综合性较强，题目难度不大。
19．【答案】B
【分析】A．亚铁离子能被氯气氧化为铁离子；
B．Fe2O3、Al2O3均能与盐酸反应；
C．CO与NaOH溶液不反应，CO2与NaOH溶液反应；
D．Cl2难溶于饱和NaCl溶液，HCl易溶．
【解答】解：A．亚铁离子能被氯气氧化为铁离子，FeCl3溶液（FeCl2）中通入适量Cl2，FeCl2被氧化为FeCl3，故A正确；
B．Fe2O3、Al2O3均能与盐酸反应，Fe2O3固体（Al2O3）中加入足量的盐酸，二者均溶解，不能除去杂质，故B错误；
C．CO与NaOH溶液不反应，CO2与NaOH溶液反应，CO气体（CO2）通过NaOH溶液洗气，然后干燥，可以除去CO中的CO2，故C正确；
D．Cl2难溶于饱和NaCl溶液，HCl易溶，则Cl2气体（HCl）通过饱和NaCl溶液洗气后干燥，可以除去Cl2中的HCl，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质为解答该题的关键，侧重于考查学生的分析能力．
20．【答案】D
【分析】元素原子的结构示意图为，由此可知，该元素为金属元素Ca，质子数为20，位于周期表中第四周期、IIA族，据此分析解答。
【解答】解：根据元素原子的结构示意图可知，该元素为金属元素Ca，质子数为20，位于周期表中第四周期、IIA族，
A．该元素为金属元素Ca，K元素质子数为19，故A错误；
B．Mg和Ca位于同一主族，Mg的原子序数是12，所以Mg原子半径小，Ca原子半径大，故B错误；
C．Ca是最外层电子数为2的活泼金属元素，在化学反应中易失去2个电子生成钙离子，故C错误；
D．由Ca元素原子的结构示意图可知，核外有4个电子层、最外层电子数为2，Ca应该位于周期表的第4周期、第IIA族，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查元素的原子结构，把握原子结构基本信息是解题关键，侧重学生分析能力、灵活运用周期律能力的考查，注意周期、主族与核外电子层、电子数的对应关系，题目难度不大。
21．【答案】D
【分析】A．离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；
B．漏写水参与反应，离子方程式左右电荷不守恒；
C．氢氧化铜溶解生成蓝色的溶液；
D．碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水。
【解答】解：A．锌片插入硝酸银溶液中，有银析出，离子反应为Zn+2Ag+═Zn2++2Ag，故A错误；
B．铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑，故B错误；
C．氢氧化铜加到盐酸中，二者反应生成氯化铜和水，反应的离子方程式为：Cu（OH）2+2H+═Cu2++2H2O，会观察到氢氧化铜溶解、溶液变蓝，故C错误；
D．将盐酸加入到碳酸钡中发生反应：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O，反应现象为：固体溶解、生成无色无味气体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，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）、检查是否符合原化学方程式等，注意C反应的描述不正确，为易错点，题目难度不大。
22．【答案】B
【分析】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、HClO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。
【解答】解：A．氯气为黄绿色气体，氯水呈浅绿色，是因为溶解了氯气，故A正确；
B．向氯水中加入NaHCO3粉末，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，故B错误；
C．红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，故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，故D正确；
故选：B。
【点评】本题综合考查氯气及氯水的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累，难度不大。
23．【答案】见试题解答内容
【分析】先判断反应是否发生，再根据生成物的溶解性进行判断，难溶性的物质会产生沉淀，白色沉淀常见的是：硅酸、氢氧化铝、难溶的碳酸盐和硫酸盐以及氯化银等。
【解答】解：A．因碳酸的酸性比盐酸弱，则向CaCl2溶液中通入CO2不反应，没有沉淀生成，故A错误；
B．向CuSO4溶液中加入NaOH溶液，生成的是蓝色沉淀氢氧化铜，故B错误；
C．向FeCl2溶液中加入过量NaOH溶液，生成氢氧化亚铁，不稳定，易被氧化生成氢氧化铁沉淀，为红褐色沉淀，故C错误；
D．MgSO4溶液中加入过量NaOH溶液，反应为Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓，Mg（OH）2不溶于过量的NaOH溶液，故D正确。
故选：D。
【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。
24．【答案】见试题解答内容
【分析】A．同主族从上到下金属性增强，失电子能力比钠强；
B．同主族自上而下原子半径增大；电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；电子层多的离子半径大；
C．它与硫酸铜溶液反应，先与水反应，不能得到金属铜；
D．同主族从上到下金属性增强，碱性比NaOH强。
【解答】解：A．在元素周期表中，碱金属元素钫（Fr）排在钠的下方，同主族从上到下金属性增强，失电子能力比钠强，则跟水反应会更剧烈，故A正确；
B．在元素周期表中，碱金属元素钫（Fr）排在钠的下方，同主族自上而下原子半径增大，它的原子半径比Na大，层多的离子半径大，Fr+离子比Na+多4层电子，离子半径也比Na+大，故B正确；
C．同主族从上到下金属性增强，失电子能力比钠强，则跟水反应会更剧烈，所以与硫酸铜溶液反应，先与水反应，得不到金属铜，故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，同主族从上到下金属性增强，碱性比NaOH强，遇酚酞溶液变红，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查同主族元素的性质的递变规律，注意同主族元素既具有性质的相似性，又具有递变性，难度不大。
25．【答案】B
【分析】根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余，据此进行判断．
【解答】解：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+；
A、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；
B、通过以上分析知，溶液中一定不含有Fe3+，故B错误；
C、当固体为铜时，溶液中可能含有Cu2+，故C正确；
D、通过以上分析知，剩余固体中可能是Fe、Cu，还可以是Cu，剩余固体中一定有Cu．故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了离子的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分．
26．【答案】B
【分析】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。
【解答】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，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。
【点评】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。
27．【答案】见试题解答内容
【分析】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；
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；
C．向含1mol NaHCO3溶液中，加入1mol Na2O2粉末，1mol过氧化钠与水反应生成2mol氢氧化钠和氧气，2mol氢氧化钠和1mol碳酸氢钠反应后生成碳酸钠和剩余的氢氧化钠；
D．向含1mol Na2CO3溶液中，加入含1mol HCl的盐酸，碳酸钠和氯化氢反应生成碳酸氢钠和氯化钠；
【解答】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，
AlCl3+3NaOH （少）＝Al（OH）3↓+3NaCl； AlCl3+4NaOH （过）＝NaAlO2+3NaCl+2H2O，故 A错误；
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，故B正确；
C．向含1mol NaHCO3溶液中，加入1mol Na2O2粉末，1mol过氧化钠与水反应生成2mol氢氧化钠和氧气，2mol氢氧化钠和1mol碳酸氢钠反应后生成碳酸钠和剩余的氢氧化钠，故C错误；
D．向含1mol Na2CO3溶液中，加入含1mol HCl的盐酸，碳酸钠和氯化氢反应生成碳酸氢钠和氯化钠，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素及其化合物知识，题目难度不大，本题注意相关物质的性质，学习中注重相关基础知识的积累。
28．【答案】D
【分析】A．可能生成硫酸银、碳酸银等；
B．气体可能为二氧化碳、二氧化碳等；
C．可能是碳酸钡等沉淀；
D．氢氧化铁为红褐色。
【解答】解：A．溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，不一定生成氯化银沉淀，应加入硝酸酸化，否则不能排除生成硫酸银、碳酸银等沉淀，故A错误；
B．气体可能为二氧化碳、二氧化碳等，可能含有亚硫酸根离子、碳酸氢根离子等，故B错误；
C．可能是碳酸钡等沉淀，应先加入盐酸酸化，无现象，再加入氯化钡溶液检验，故C错误；
D．氢氧化铁为红褐色，可说明溶液中含有铁离子，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、物质的检验、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。
29．【答案】C
【分析】短周期元素中，R、T都有﹣2价，R还有+6价，则R为S，T为O；L、Q的化合价都是+2，原子半径L＞Q，则L为Mg，Q为Be；M化合价为+3，其原子半径大于S，则M为Al元素，据此结合元素周期律知识解答。
【解答】解：根据分析可知，L为Mg，M为Al，Q为Be，R为S，T为O元素。
A．水分子之间存在氢键，导致是的沸点较高，即氢化物的沸点为H2T＞H2R，故A错误；
B．金属性：Mg＞Al，则单质与稀盐酸反应的剧烈程度L＞Q，故B错误；
C．Al与O形成的氧化铝为两性氧化物，故C正确；
D．镁离子含有2个电子层，硫离子含有3个电子层，二者核外电子数不相等，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力。
30．【答案】C
【分析】反应Fe2O3+3Na2O2 2Na2FeO4+Na2O中，Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，O元素化合价降低，由﹣1价降低到﹣2价，反应中Fe2O3为还原剂，Na2O2为氧化剂，结合元素化合价的变化解答该题．
【解答】解：A．O元素化合价降低，由﹣1价降低到﹣2价，反应中Na2O2为氧化剂，故A错误；
B．铁和氧气在点燃条件下反应生成Fe3O4，故B错误；
C．Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，生成1 mol Na2FeO4，有3mol电子转移，故C正确；
D．在Na2FeO4中Fe为+6价，故D错误。
故选：C。
【点评】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，为高频考点，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，注意元素化合价的判断，难度不大．
二、解答题（共8小题，满分40分）
31．【答案】
【分析】A、氧化铁是红色固体；
B、过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气；
C、氯次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性；
D、碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水。
【解答】解：A、氧化铁是红色固体，俗名铁红，可用作红色油漆和涂料；
B、过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，所以可用于呼吸面具中氧气的来源；
C、氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，可杀灭细菌，所以氯气可用于自来水的杀菌消毒；
D、碳酸氢钠能分解生成二氧化碳，常作膨松剂，可用于焙制蛋糕；
所以物质及其用途的连线如图：，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
32．【答案】Cl2；CO；4。
【分析】反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO中，C元素化合价从0变为+2，化合价升高被氧化，则C为还原剂，Cl元素化合价从0变为﹣1，化合价升高被氧化，则Cl2为氧化剂，以此来解答。
【解答】解：该反应中，Cl元素化合价从0变为﹣1，化合价升高被氧化，Cl2为氧化剂；C元素化合价从0变为+2，化合价升高被氧化，还原剂为C，氧化产物为CO；
生成1molTiCl4时，Cl元素化合价从0变为﹣1，转移电子的物质的量为1mol×（1﹣0）×4＝4mol，
故答案为：Cl2；CO；4。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及实质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
33．【答案】（1）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（2）2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑；
（3）Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。
【分析】（1）小苏打为碳酸氢钠，受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳；
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气易燃易爆，所以金属钠着火不能用水扑灭；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。
【解答】解：（1）小苏打为碳酸氢钠，受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，方程式：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气易燃易爆，所以金属钠着火不能用水扑灭，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑；
故答案为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，方程式：Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
故答案为：Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。
【点评】本题考查了化学方程式的书写，题目难度不大，注意掌握反应原理和化学方程式的书写方法，该题是高考中的高频题，侧重对学生能力的培养和训练。
34．【答案】（1）H2SO4
（2）NaOH＝Na++OH﹣
（3）Ba2++2H++SO42﹣+2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O
（4）Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3
（5）Na2SO3
【分析】②、③、⑥均由Na、K、H、O、S中的3种元素组成，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，金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐。
（1）常见的强酸有HCl、H2SO4；HNO3等；
（2）见的强碱有NaOH、KOH、Ba（OH）2、Ca（OH）2，它们在水中均可完全电离；
（3）②与④在水溶液中发生的反应酸碱中和反应；
（4）CO2通入NaCO3溶液中得到NaHCO3；
（5）②与⑥能发生复分解反应是酸和盐反应，结合组成元素判断为Na2SO3或K2SO3。
【解答】解：（1）由Na、K、H、O、S中的3种元素组成的强酸是H2SO4，
故答案为：H2SO4；
（2）由Na、K、H、O、S中的3种元素组成的强碱是NaOH和KOH，电离方程式是NaOH＝Na++OH﹣，
故答案为：NaOH＝Na++OH﹣；
（3）硫酸和氢氧化钡反应的离子方程式是：Ba2++2H++SO42﹣+2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，
故答案为：Ba2++2H++SO42﹣+2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O；
（4）CO2通入NaCO3溶液中得到NaHCO3：Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3，
故答案为：Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3；
（5）能与H2SO4发生复分解反应的盐应该能生成沉淀或气体，结合组成元素判断为Na2SO3或K2SO3，
故答案为：Na2SO3。
【点评】本题考查了物质分类、物质组成、物质性质等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
35．【答案】见试题解答内容
【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；
【解答】解：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；
（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↓，故答案为：Al； Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓；
（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；
【点评】本题主要考查了氢氧化铝和氢氧化亚铁的性质，难度不大，抓住氢氧化铝和氢氧化亚铁的特征来判断是解题的关键；
36．【答案】（1）①④②⑤③；
（2）5.3；
（3）500mL容量瓶；
（4）500mL；
（5）AD；
（6）ACD。
【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，据此排序；
（2）结合m﹣nM＝cVM计算需要碳酸钠的质量；
（3）配制500mL溶液，需要选用规格为500mL的容量瓶；
（4）稀释前后溶质的物质的量不变，据此结合V＝计算；
（5）A．容量瓶有瓶塞，使用时需要查漏；
B．容量瓶只能在常温下使用，且只能用来配制溶液，不能用作它途；
C．在烧杯中溶解固体后，应该先冷却至室温，然后再转移到容量瓶；
D．为了避免溶液流出，转移溶液时需要用玻璃棒引流；
E．加水时水量超过了刻度线，实验失败，需要重新配制；
（6）根据c＝可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
【解答】解：（1）配制500mL 0.10mol/L的Na2CO3溶液的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，则操作步骤的正确顺序为①④②⑤③，
故答案为：①④②⑤③；
（2）配制500mL 0.10mol/L的Na2CO3溶液，需要Na2CO3的物质的量为：n（Na2CO3）＝0.10mol/L×0.5L＝0.05mol，称量的Na2CO3固体质量应为：m（Na2CO3）＝106g/mol×0.05mol＝5.3g，
故答案为：5.3；
（3）配制500mL 0.10mol/L的Na2CO3溶液，需要选用500mL容量瓶，把溶解固体后所得溶液冷却至室温，然后转入500mL容量瓶中，
故答案为：500mL容量瓶；
（4）取出100mL配制好的溶液，溶液浓度仍然为0.1mol/L，加蒸馏水稀释至c（Na2CO3）＝0.02mol/L，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液的体积为：＝0.5L＝500mL，
故答案为：500mL；
（5）A．容量瓶带有瓶塞，配制过程中需要振荡摇匀，所以在使用前要检验容量瓶是否漏水，故A正确；
B．容量瓶只能用于配制溶液，不能在容量瓶中直接溶解固体或稀释液体，故B错误；
C．热的的溶液体积偏大，影响配制结果，所以在烧杯中溶解固体后，需要先将溶液冷却至室温，再将溶液转移到容量瓶中，故C错误；
D．向容量瓶中转移溶液用玻璃棒引流，从而避免溶液流出容量瓶，故D正确；
E．加水时若水量超过了刻度线，本次操作失败，需要倒入指定仪器，然后重新配制，故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，导致溶质的物质的量偏小，所得溶液浓度偏低，故A正确；
B．定容读数时，俯视容量瓶上的刻度线，加入蒸馏水体积偏小，所得溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B错误；
C．加水定容时，水量超过了刻度线，导致溶液体积偏大，所得溶液浓度偏低，故C正确；
D．洗涤步骤中，洗涤液没有转入容量瓶，导致溶质的物质的量偏小，所得溶液浓度偏低，故D正确；
故答案为：ACD。
【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液方法，题目难度不大，明确溶液配制步骤及操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
37．【答案】（1）第三周期第VIA族；
（2）
（3）2H2O22H2O2+O2↑
（4）MnO2+4H++2Cl﹣ Mn2++Cl2↑+2H2O
（5）BD
（6）2 HSO3﹣+O2↑＝2H++SO42﹣
【分析】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。Y为地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；M原子的最外层电子数与次外层电数之比为3：4，则M处于第三周期，最外层电子数为6，故M为S元素；X、Z、R形成X+、R﹣、Z+离子，可知X、Z处于IA族，而R处于VIIA族，结合原子序数可知Z为Na、R为Cl．化合物XR常温下为气体，则X为H元素。
【解答】解：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。Y为地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；M原子的最外层电子数与次外层电数之比为3：4，则M处于第三周期，最外层电子数为6，故M为S元素；X、Z、R形成X+、R﹣、Z+离子，可知X、Z处于IA族，而R处于VIIA族，结合原子序数可知Z为Na、R为Cl．化合物XR常温下为气体，则X为H元素。
（1）M为S元素，在元素周期表中的位置：第三周期第VIA族；Z+离子为Na+，结构示意图为，
故答案为：第三周期第VIA族；；
（2）H、O、Cl按原子个数之比1：1：1形成的化合物为HClO，属于共价化合物，其电子式为：，
故答案为：；
（3）H与O形成10电子分子为H2O，形成的18电子的分子为H2O2，该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式为：2H2O22H2O2+O2↑，
故答案为：2H2O22H2O2+O2↑；
（4）实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣ Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣ Mn2++Cl2↑+2H2O；
（5）A．单质的熔点属于物理性质，不能比较元素非金属性强弱，故A错误；
B．非金属性越强，氢化物越稳定，R的氢化物比M的氢化物更稳定，说明R非金属性强于M，故B正确；
C．单质与NaOH溶液反应与否不能比较非金属性强弱，若非金属性O＞S，但硫单质能与NaOH溶液反应，而氧气不能，故C错误；
D．非金属性越强，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：R＞M，说明R非金属性强于M，故D正确，
故选：BD；
（6）由H、O、Na、S四种元素组成的一种弱酸酸式盐A为NaHSO3．向A溶液中通入氯气，得到无色溶液，该反应的离子方程式为：2 HSO3﹣+O2↑＝2H++SO42﹣，
故答案为：2 HSO3﹣+O2↑＝2H++SO42﹣。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握常见物质的构成与性质、常用化学用语的书写，掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实。
38．【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）①2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+
②02Cu2++4SCN﹣＝2CuSCN↓+（SCN）2
【分析】（1）Fe2+易被氧化为Fe3+；
（2）氯气具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl﹣；
（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；
（4）根据图象分析可知，pH越小，亚铁离子不容易被氧化损耗，越稳定；
（5）①硫酸铁与Cu粉反应生成硫酸亚铁和硫酸铜；
②CuSCN是难溶于水的白色固体，SCN﹣的化学性质与I﹣相似，结合2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2，可知CuSO4与KSCN反应生成CuSCN、（SCN）2、硫酸钾。
【解答】解：（1）Fe2+易被氧化为Fe3+，在FeSO4溶液中需加入少量铁屑发生反应：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，能将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl﹣，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，防止O2将Fe2+氧化，
故答案为：隔绝空气（防止O2将Fe2+氧化）；
（4）根据图象分析可知，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步骤2种产生白色沉淀，CuSCN是难溶于水的白色固体，SCN﹣的化学性质与I﹣相似，结合2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2，可知CuSO4与KSCN反应生成CuSCN、（SCN）2、硫酸钾，其离子反应方程式为：2Cu2++4SCN﹣＝2CuSCN↓+（SCN）2，
故答案为：2Cu2++4SCN﹣＝2CuSCN↓+（SCN）2。
【点评】本题考查物质性质探究实验，熟练掌握元素化合物性质，注意对题目信息的理解与运用，题目侧重考查学生分析能力、信息获取能力与知识迁移运用。