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2022-2023学年陕西省西安市雁塔二中、渭北中学高一（上）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年陕西省西安市雁塔二中、渭北中学高一（上）期末化学试卷（含解析），共50页。
2022-2023学年陕西省西安市雁塔二中、渭北中学高一（上）期末化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下列说法不正确的是( )
A. 镁原子核外有4种能量不同的电子
B. 在铁制品上镀锌时，铁制品为阴极，锌盐溶液为电镀液
C. “一次性保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，在发热过程中应用的是原电池原理
D. 利用超分子的自组装特征，可以分离C60和C70
2. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，2.24LC2H2和N2的混合气体中含有的π键数约为0.2NA
B. 32gS8单质(S8分子结构：)中，S−S数目为8NA
C. 30.8g乙酸乙酯在碱性条件下完全水解，生成乙酸的分子数为0.35NA
D. 1L0.01mol⋅L−1溶液中，和的数目之和为0.01NA
3. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. AlCl3溶液中加入过量浓氨水：Al3++4NH3⋅H2O=AlO2−+4NH4++2H2O
B. 向BaCl2溶液中通入SO2：Ba2++H2O+SO2=BaSO3↓+2H+
C. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH−=HCO3−
D. 将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+H2O
4. 定量实验是学习化学的重要途径。下列所示装置或操作能达到实验目的的是( )
A
B
C
D
测定未知Na2C2O4溶液的浓度
测定硫酸铜晶体中结晶水的含量
配制0.10mol/L NaOH溶液
中和热的测定
A. A B. B C. C D. D
5. 雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生，As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H++10NO3−=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O。下列说法不正确的是( )
A. 生成1mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为5mol
B. 若将该反应设计成原电池，则NO2应该在负极附近逸出
C. 反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收
D. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为10：1
6. 二氧化钛(TiO2)是一种重要的工业原料，某学习小组由酸性含钛废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42−)制备TiO2的主要流程如图，已知H2TiO3不溶于水和硫酸。下列说法正确的是( )
A. “煅烧”的操作是在坩埚中进行
B. “洗涤”时先将沉淀转移至烧杯中再加入洗涤剂
C. “结晶”的操作：蒸发结晶，趁热过滤
D. “水解90℃”的操作：最好的加热方式为酒精灯直接加热
7. X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，某科研团队研究发现，X、Y、W形成的晶体有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，晶胞参数为apm。已知X是形成化合物种类最多的元素，Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，下列说法正确的是( )
A. Y的第一电离能小于Z的第一电离能
B. Z的最高价氧化物的水化物可以与X最高价氧化物的水化物反应
C. 晶胞中与Y最近的W原子有6个
D. 晶体密度为2.13×1032NAa3g/cm3
8. 有机化合物Ⅲ具有较强的抗氧化性，合成Ⅲ的反应如图，下列有关说法不正确的是( )
A. 该反应属于取代反应
B. 该反应的原子利用率为100%
C. 有机物Ⅰ、Ⅲ均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 有机物Ⅰ的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
9. 化学是以实验为基础的科学，下列实验操作或做法不能达到实验目的的是 ( )
选项
操作或做法
目的
A
取Cl2和少量Fe反应后的固体加水溶解，滴加KSCN溶液
检验反应产物中的FeCl3
B
将氯水滴入NaBr溶液中
验证Cl的非金属性强于Br
C
往碱性试样中加入新制Cu(OH)2具浊液，加热
区分蔗糖和葡萄糖溶液
D
制备乙酸乙酯实验中用饱和NaCl溶液洗涤分液
除去乙酸乙酯的乙醇和乙酸
A. A B. B C. C D. D
10. 如图所示，图是利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理图。下列说法正确的是( )
A. 电子流向：B电极→用电器→电极A，该过程将化学能转化为电能
B. A电极上发生氧化反应，电极反应式为：X−4e−=Y+4H+
C. 若有机物为麦芽糖，处理0.25mol有机物，12molH+透过质子交换膜移动到右室
D. 若B电极上消耗标准状况下氧气56mL，则电极A上生成1.64gY
11. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 反应HCO3−(aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(l) 为放热反应
B. CO32−(aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)△H=(△H1+△H2+△H3)
C. △H1>△H2△H2<△H3
D. H2CO3(aq)=CO2(g)+H2O(l)，若使用催化剂，则△H3变小
12. 某化合物的结构为，其中X、Y、W、Z四种短周期元素原子半径依次增大，X和Z同主族，W和Z同周期，Y和Z的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是( )
A. 简单离子半径：W>Z>Y
B. 工业上可通过电解WCl3制取单质W
C. 该化合物的水溶液显酸性
D. X与Y形成的化合物可与X与Z形成的化合物发生反应
13. 汽车尾气中的NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。在密闭容器中充入10mol CO和8mol NO发生反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H<0，测得平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图。下列说法正确的是( )
A. 温度：T2
14. 某金属阳离子R2+与NH3可结合生成多种络合产物，[R(NH3)4]2+在水溶液中存在如下平衡：[R(NH3)4]2+[R(NH3)3]2+[R(NH3)2]2+[R(NH3)]2+R2+。向某浓度的RSO4溶液中滴加浓氨水实验测得R2+、[R(NH3)]2+、[R(NH3)2]2+、[R(NH3)3]2+、[R(NH3)4]2+的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离氨的lgc(NH3)关系和M、P两点的坐标如图所示。下列说法正确的是( )
A. 曲线b表示[R(NH3)2]2+
B. 平衡常数K4=102.01K1
C. lgc(NH3)=−2.00时，2c(SO42−)+c(OH−)=2c{[R(NH3)2]2+}+2c{[R(NH3)3]2+}+2c{[R(NH3)4]2+}
D. lgc(NH3)=−4.40时，c(R2+)>c{[R(NH3)]2+}>c{[R(NH3)2]2+}
15. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。某化学实验小组模拟工业生产路线，在实验室中制备高铁酸钾，其实验装置如图：
已知：K2FeO4易溶于水，水溶液为紫色，微溶于浓KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定
(1)仪器a的名称是 ______。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为 ______。
(3)装置B中试剂为 ______。
(4)装置C中观察到溶液的颜色变化为 ______，发生主要反应的化学方程式为 ______，加入过量浓KOH溶液的原因是 ______。
(5)有同学提出，装置C在制备)K2FeO4时存在一定缺陷，改进的措施是 ______。
(6)取C中洗涤并干燥后样品10g，加入稀硫酸，收集到0.672L气体(标准状况下)。则样品中高铁酸钾的质量分数约为 ______。(计算结果精确到0.1%)
16. 金属回收与利用有利于环境保护，镉可用于制造体积小和电容量大的电池。铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为0.1mol⋅L−1)
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cd(OH)2
开始沉淀的pH
1.7
6.3
7.5
沉淀完全的pH
2.8
8.4
9.3
(1)滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，试写出浸取过程离子方程式 。
(2)操作Ⅱ“除钴”时，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，写出该反应的化学方程式： 。
(3)操作Ⅲ加入ZnO控制反应液的pH范围为 ；若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以检验： 。
(4)“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解阳极反应式为 ；电解废液最好在 加入循环利用。(选择“操作I”、“操作Ⅱ”、“操作Ⅲ”、“电解”工序名称填入横线上)
(5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应式为 ；如果用生石灰处理含Cd2+(2.88×10−4mol/L)的电解废液。常温下，当pH=10时，镉的去除率为 。(用百分数表达，小数点后两位有效数字。已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15)
17. 国家主席习近平提出了中国应对气侯变化的两个目标：二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，于2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术、降低空气中CO2含量成为了研究热点。为减少CO2对环境造成的影响，可采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该反应体系中涉及以下两个反应：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ的lnK(K代表化学平衡常数)随1T(温度的倒数)的变化如图所示。△H1______0(填“大于”或“小于”或“等于”)；升高温度，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的化学平衡常数 ______(填“增大”或“减小”或“不变”)。
(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 ______。
A.增大CO的浓度，反应I的平衡向正反应方向移动
B.降低温度，反应I和II的正、逆反应速率都减小
C.恒温恒容下充入氦气，反应I的平衡向正反应方向移动
D.增大压强，反应I和II重新达到平衡的时间不同
(3)恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。
其中：CH3OH的选择性=CH3OH的物质的量反应的CO2的物质的量×100%
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是 ______。
A.210℃
B.230℃
C.催化剂CZT
D.催化剂CZ(Zr−1)T
②在230℃以上，升高温度CO2的转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是 ______。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应I和反应Ⅱ，初始压强为p0，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小20%。则达到平衡时H2的转化率为 ______，反应Ⅱ的平衡常数K=______ (保留两位有效数字)。
18. 化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图所示。
已知：①G的结构简式为；
②ROOH+一定条件→+H2O。
(1)反应①的反应条件为 ______，反应F→G的反应类型为 ______。
(2)化合物H用习惯命名法命名为 ______。
(3)E与足量的H2完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为 ______。
(4)已知N为催化剂，则E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为 ______。
(5)K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有 ______种。
①苯环上只有两个侧链；
②能与Na反应生成H2；
③能与银氨溶液发生银镜反应。
(6)根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线 ______(无机试剂任选)。
19. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是( )
A. “时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应
B. “青蒿一揭，以水二升溃，绞取汁”，屠呦呦提取青蒿素的过程中发生了化学变化
C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，北宋沈括用胆矾炼铜的过程属于置换反应
D. “外观如雪，强烧之，紫青烟起”，南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应
20. 分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是( )
①根据酸分子中含有的氢原子个数，可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等
②根据物质在水溶液或熔融状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质
③根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质
④根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物
A. ③④ B. ②③ C. ①③ D. ④⑤
21. 金属单质四兄弟W、X、Y、Z不小心掉到稀盐酸池中，反应如图所示，则它们的活动性由强到弱的顺序是( )
A. X>W>Z>Y B. Z>X>W>Y
C. W>X>Y>Z D. Y>Z>X>W
22. 类比法是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列有关类比推测的说法正确的是( )
A. 已知Fe与S能直接化合生成FeS推测Cu和S可直接化合生成CuS
B. 已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应
C. 已知Cu与Cl2能直接化合生成CuCl2，推测Fe与Cl2可直接化合生成FeCl2
D. 已知Al能与O2生成致密氧化膜保护金属，推测Fe也与O2生成氧化膜保护金属
23. 2020年11月10日8时12分，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底。“奋斗者”号使用了钛合金材料。有关合金的说法中正确的是( )
A. 钛合金是一种新型金属单质
B. 在合金中加入稀土金属，对改善合金的性能无太大影响
C. 钛合金熔点比成分金属低，但硬度大
D. 钛合金的化学性质与钛单质相同
24. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )
A. 5.6gFe在氧气中燃烧，完全反应时转移电子数为0.3NA
B. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NA
C. 32gCu与氧气完全反应转移的电子数为NA
D. 在铝和氢氧化钠溶液反应的过程中生成33.6LH2转移的电子数为3NA
25. 现需要240mL1mol/L的NaOH溶液，配制该溶液，下列实验操作正确的是( )
A. 选择仪器时，使用500mL容量瓶
B. 用托盘天平称取9.6g的NaOH固体进行溶解
C. 将称量好的氢氧化钠固体放入容量瓶中，加入少量水溶解
D. 冷却后，用玻璃棒引流，将烧杯中的氢氧化钠溶液注入已经查漏的洁净的容量瓶中
26. 下列物质既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应的是 ( )
①Al2O3
②NaAlO2
③Al(OH)3
④(NH4)2CO3
⑤NaHCO3
⑥AlCl3
A. ①③⑤⑥ B. ①③④⑤ C. ①③ D. ②③
27. 下列说法正确的是( )
①常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应，则非金属性：P>N
②第IA族元素铯的两种同位素 137Cs比 133Cs多4个质子
③因为氧化性：HClO>稀H2SO4，所以非金属性：Cl>S
④离子化合物中即可以含有极性共价键又可以含有非极性共价键
⑤C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强
⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，所以酸性HCl>HI
⑦离子半径：K+>Cl−>S2−
A. ②③④⑤⑥⑦ B. ④⑤ C. ②③④⑦ D. ④⑤⑥
28. 下列叙述正确的个数是 ( )
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀
③钠在常温下不容易被氧化
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行
⑤石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成
⑥钠与CuSO4溶液反应，放出气体并生成蓝色沉淀
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
29. 下表中对离子方程式书写的评价正确的是 ( )
选项
化学反应与离子方程式
评价
A
将铜屑加入含Fe3+的溶液中：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
正确
B
NaOH溶液与氧化铝反应：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
错误，产物应该是Al(OH)3
C
Na2O2与H2O反应：Na2O2+H2O=2Na++2OH−+O2↑
错误，氧元素质量不守恒
D
向Fe(OH)3中加入足量稀盐酸：OH−+H+=H2O
正确
A. A B. B C. C D. D
30. 根据下列各反应，判断有关物质还原性由强到弱的顺序是( )
①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4
②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2
③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3．
A. FeCl2>HI>H2SO3>NO B. H2SO3>HI>FeCl2>NO
C. I2>FeCl2>H2SO3>NO D. NO>FeCl2>H2SO3>HI
31. 随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母x等表示)的原子半径、最高正价或最低负价的变化如图所示。
下列叙述正确的是( )
A. e、f的最高价氧化物对应的之间能发生反应
B. x、z、d组成的化合物一定是共价化合物
C. 元素g的最高价氧化物对应水化物的酸性比h的强
D. d与e组成的化合物一定只含离子键
32. 以不同类别物质间的转化为线索认识钠及其化合物。下列分析不正确的是 ( )
A. 1molNa和O2发生反应①转移1mol电子
B. ②中发生的离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑
C. 反应⑤表明Na2O2是碱性氧化物
D. 上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应
33. 下列“推理或结论”与“实验现象”不相符的一组是 ( )
选项
实验现象
推理或结论
A
钠沉在煤油的底部
钠的密度比煤油大
B
一小块金属钠放入水中，钠熔成闪亮的小球浮在水面上
钠与水反应放热且钠的熔点较低
C
钠在空气中燃烧后的产物夹杂有黑色固体
可能是钠表面的煤油没擦净
D
加热铝箔时，铝箔受热熔化但并不滴落，像被一层膜兜着
酒精灯能达到氧化铝的熔点但达不到铝的熔点
A. A B. B C. C D. D
34. 有两份质量相同的NaHCO3固体，向第一份中加入盐酸使其充分反应；将第二份加热使其完全分解，冷却至原温度再加入相同浓度的盐酸，充分反应，则它们所耗用的盐酸的体积比为( )
A. 2：1 B. 1：1 C. 1：2 D. 4：1
35. W、X、Y、Z为不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20，四种元素形成的化合物M的结构如图，农业上常用作肥料。下列说法错误的是( )
A. Y的最高价氧化物对应的水化物是弱电解质
B. 化合物M既能与强酸反应又能与强碱反应
C. X、Y分别与W形成的简单化合物的沸点：XY
D. X与Z可形成既含有离子键又含有非极性共价键的离子化合物
36. 硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce2(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是( )
A. SO42−没有出现在图示转化中，其作用为催化剂
B. 处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少
C. 该转化过程的实质为NOx被H2还原
D. x=1时，反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
37. 离子液体具有电导率高、熔点低、不燃烧、热稳定性高等优越性能，在电池电解质领域展现了良好的应用前景。某离子液体W的结构如图所示，其中M、N、Y、Z、Q、X是原子序数依次递增的短周期主族元素。下列分析错误的是( )
A. 原子半径：M>Y>Z>Q
B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：Y
D. 常温下元素Q对应的单质可以发生置换反应生成Z的单质
38. 下列离子组一定大量共存的是( )
A. FeCl3溶液中：Fe2+、Cu2+、I−、SO42−
B. FeCl2溶液中：Mg2+、Ag+、MnO4−、NO3−
C. AlCl3溶液中：Mg2+、Fe3+、Fe2+、SO42−
D. 酸性溶液中：Al3+、Fe3+、Cl−、SO42−
39. 下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是 ( )
A
B
C
D
X
FeCl2溶液
FeCl3溶液
Fe
Na2SO4溶液
Y
FeCl3
CuCl2
Al
Na2CO3
Z
Cl2
Fe
NaOH溶液
BaCl2溶液
A. A B. B C. C D. D
40. 元素的价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。如图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法不正确的是( )
A. 铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化①
B. FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，可能生成氧化铁
C. 由图可预测：高铁酸盐(FeO42−)具有强氧化性，可用于消毒。FeO42−与水反应最终可生成Fe(OH)3胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用作净水剂
D. 加热Fe(OH)3可发生转化⑥
41. 向含有Fe2+、I−、Br−的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。有关说法不正确的是( )
A. 线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况
B. 原混合溶液中c(FeBr2)=6 mol/L
C. 当通入Cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl−
D. 原溶液中n(Fe2+)∶n(I−)∶n(Br−)=2∶1∶3
42. Ⅰ.“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1等病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：
“84消毒液”：含25%NaClO、1000mL、密度1.49g⋅cm−3，稀释100倍(体积比)后使用。长时间放置易与空气中的CO2反应而导致浓度偏低。
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为 mol⋅L−1。
(2)某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)= mol⋅L−1。
(3)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%、密度1.19g⋅cm−3的消毒液。下列说法正确的是 (填字母)。
A.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器
B.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
C.利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低
(4)下列操作会导致溶液浓度偏低的是 (填字母)。
A.未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶
B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
C.定容时俯视容量瓶刻度线
D.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上
Ⅱ.Na2FeO4是一种新型消毒剂，可由NaClO在碱性条件下与Fe(OH)3反应制得。2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。
①用“双线桥”标明该反应中电子的转移及数目 ；
②氧化剂与氧化产物的物质的量之比为 ；
③若反应转移3mol电子，则生成Na2FeO4的物质的量是 。
43. Ⅰ.已知有下列物质：①HNO3；②硫单质；③NaOH；④液氦；⑤Na2O2；⑥H2O2；⑦CCl4；⑧NH4Cl；⑨KBr；⑩O2，分别将正确的序号填入相应的位置。
(1)以上物质中只含有离子键的是 ；
(2)只含有共价键的是 ；
(3)既含有离子键又含有极性共价键的是 ；其电子式分别为 、 、 ；
(4)含有非极性共价键的化合物是 ；
(5)不含化学键的是 。
Ⅱ.下表为元素周期表的一部分。
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
二
①
②
③
三
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
请回答下列问题：
(1)⑦⑧⑨三种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 (填化学式)；
(2)③⑥⑨三种元素的简单离子半径由大到小排序为 (填离子符号)；
(3)元素④和⑥最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 ；
(4)从原子结构的角度分析④与⑤的金属性强弱： ；
(5)②、⑦的气态氢化物中较稳定的是 (填化学式)，判断依据是 。
44. 已知：粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质。
(1)溶液E加入氢氧化钠溶液的现象是 ；产生此现象的原因为 (用化学反应方程式解释)。
(2)写出下列反应的化学方程式：A+B→C+D ；D→H： 。
(3)写出下列反应的离子方程式：E+Cl2→G： ；G+C→E： ；B→F+H： 。
45. 某化工厂生产的漂白粉，产品说明书如下：请你回答
漂白粉使用说明书
主要成分：次氯酸钙、氯化钙
用法用量：每次取漂白粉2g，水1000mL，配成0.2%～0.3%的浊液。
将病人用具浸泡其中5～10分钟，如需要，浓度可提高，时间可延长。
注意事项：⋅⋅⋅⋅⋅⋅
(1)请你为漂白粉写一份保存、使用的注意事项(不超过30字) 。
(2)用化学方程式表示：
①实验室制备氯气的化学反应方程式 ；
②漂白粉的生产原理： ；
③一般情况下，漂白粉失效的主要原因： 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.镁原子核外电子排布式为1s22s22p63s2，同一能级电子运动状态相同，则有4种能量不同的电子，故A正确；
B.电镀时，镀层金属为阳极，镀件为阴极，含镀层金属阳离子的盐溶液为电解液，在铁制品上镀锌时，铁制品为阴极，锌盐溶液为电镀液，故B正确；
C.“一次性保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，可以构成原电池，在发热过程中应用的是原电池原理放出热量，故C正确；
D.C60和C70混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，故D错误；
故选：D。
A.镁原子核外电子排布式为1s22s22p63s2，同一能级电子运动状态相同；
B.电镀时，镀层金属为阳极，镀件为阴极，含镀层金属阳离子的盐溶液为电解液；
C.“一次性保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，可以构成原电池；
D.利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70。
本题考查电化学和核外电子排布，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
2.【答案】A
【解析】解：A.每个C2H2和N2含有的π键数均为2，标准状况下，2.24LC2H2和N2的混合气体物质的量为0.1mol，2.24LC2H2和N2的混合气体中含有的π键数约为0.2NA，.故A正确；
B.32gS8单质的物质的量是n(S8)=32g(32×8)g/mol=0.125mol，在1个S8分子中含有8个S−S共价键，则在0.125molS8单质中含有S−S共价键为0.125mol×8=1mol，故B错误；
C.乙酸乙酯在碱性条件下发生水解反应生成的是乙酸盐，不是生成乙酸，故C错误；
D.1L0.01mol⋅L−1溶液中，根据物料守恒可知、、的总物质的量为0.01mol，故D错误；
故选：A。
A.每个C2H2和N2含有的π键数均为2；
B.在1个S8分子中含有8个S−S共价键；
C.乙酸乙酯在碱性条件下发生水解反应生成的是乙酸盐；
D.根据物料守恒进行判断。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.AlCl3溶液中加入过量浓氨水，离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B.向BaCl2溶液中通入SO2，二者不反应，无法书写离子方程式，故B错误；
C.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，离子方程式为：CO2+OH−=HCO3−，故C正确；
D.将铜插入稀硝酸中的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；
故选：C。
A.氨水为弱碱，反应生成氢氧化铝沉淀；
B.氯化钡溶液不与二氧化硫反应；
C.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙；
D.铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确实验原理、元素化合物性质、实验操作规范性是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.酸性高锰酸钾溶液需要盛放在酸式滴定管中，锥形瓶内盛放待测溶液，实验操作合理，所以能实现实验目的，故A正确；
B.应该用坩埚加热固体药品，蒸发皿用于蒸发溶液，故B错误；
C.容量瓶不能溶解或稀释药品，应该将NaOH在烧杯中溶解冷却至室温后，再转移导致容量瓶中，故C错误；
D.缺少环形玻璃搅拌器，否则导致混合溶液温度不均匀，测定值不准确，故D错误；
故选A。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题综合考查氧化还原反应的计算和概念的理解，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，有利于培养学生的化学科学素养，难度不大，注意从元素化合价的角度识别相关概念、判断物质的性质。
【解答】
A.根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，10mol硝酸根离子完全被还原转移10mol电子，由反应可知生成2mol H3AsO4 转移10mol电子，则生成 1mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为5 mol，故A正确；
B.若将该反应设计成原电池，分析化合价知As2S3中元素化合价均升高，应在负极，故可选用硝酸作电解质溶液、石墨作正极、As2S3 作负极，故B错误；
C.NO2会污染环境，因此反应产生的NO2 可用 NaOH溶液吸收，故 C正确；
D.雄黄(As4S4 )中As化合价为+2价，雌黄(As2S3 )As化合价为+3价，故雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂，故D正确；
故选：B。
6.【答案】A
【解析】解：A.“煅烧”需要温度较高，需要在坩埚中进行，故A正确；
B.直接在过滤器中加水淋洗，并用玻璃棒不断搅拌，重复此操作2～3遍，故B错误；
C.“结晶”的操作是：蒸发结晶、冷却过滤，故C错误；
D.“水解90℃”的操作：最好的加热方式为水浴加热，酒精灯加热温度不易控制，故D错误；
故选：A。
酸性含钛废液中含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42−，酸性含钛废液中加入Fe粉进行还原，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、2TiO2++Fe+4H+=2Ti3++Fe2++2H2O，通过结晶得到FeSO4⋅7H2O，过滤得到FeSO4⋅7H2O晶体，滤液加热到90℃进行水解，过滤得到H2TiO3，用稀硫酸、水洗涤H2TiO3，然后干燥煅烧得到TiO2。
本题考查物质的分离提纯和制备，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素，故A错误；
B.氢氧化铝是溶于强酸、强碱的两性氢氧化物，但氢氧化铝不能溶于弱酸碳酸，故B错误；
C.由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镁原子与位于面心的镍原子的距离最近，则晶胞中与镁原子最近的镍原子个数为12，故C错误；
D.由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镁原子个数为8×18=1，位于面心的镍原子个数为6×12=3，位于体内的碳原子个数为1，则晶胞的化学式为MgNi3C，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：213NA=(10−10a)3d，解得d=2.13×1032NAa3，故D正确；
故选：D。
X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，X是形成化合物种类最多的元素，则X为C元素；Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，则Z为Al元素；Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，则Y为Mg元素、W为Ni元素。
本题综合查物质结构与性质，推断元素是解题的关键，难度中等，掌握均摊法进行晶胞的有关计算。
8.【答案】B
【解析】解：A.Ⅰ中的羧基和Ⅱ中的氨基发生取代反应生成Ⅲ，则该反应为取代反应，故A正确；
B.该反应除了生成有机物外还生成小分子化合物，所以原子利用率不是100%，故B错误；
C.Ⅰ、Ⅲ中酚羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.Ⅰ中除了羧基和酚羟基外，含有4种氢原子，其一氯代物有4种，故D正确；
故选：B。
A.Ⅰ中的羧基和Ⅱ中的氨基发生取代反应生成Ⅲ；
B.该反应除了生成有机物外还生成小分子化合物；
C.酚羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.Ⅰ中除了羧基和酚羟基外，含有几种氢原子，其一氯代物就有几种。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.氯气与少量Fe反应生成氯化铁，反应后的固体加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，可检验产物中的氯化铁，故A正确；
B.氯水可氧化NaBr生成溴，溶液变为橙色，可验证Cl的非金属性强于Br，故B正确；
C.葡萄糖含醛基，在碱性试样中加入新制Cu(OH)2具浊液，加热，生成砖红色沉淀，蔗糖不含醛基，可区分蔗糖和葡萄糖溶液，故C正确；
D.饱和NaCl溶液不能除去乙酸，应选饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯的乙醇和乙酸，故D错误；
故选：D。
A.氯气与少量Fe反应生成氯化铁；
B.氯水可氧化NaBr生成溴；
C.葡萄糖含醛基，在碱性试样中加入新制Cu(OH)2具浊液，加热，生成砖红色沉淀；
D.饱和NaCl溶液不能除去乙酸。
本题考查化学实验方案的评价，涉及知识点来源于教材，明确物质的性质、反应与现象、物质的检验、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重基础知识的考查，注重实验能力的培养和技能的训练，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.原电池工作时，电子由负极经过导线流向正极，即电子流向：A电极→用电器→电极B，故A错误；
B.A极为负极，失电子发生氧化反应，X生成Y少了两个氢原子，价态升高2，电极反应式可表示为X−2e−=Y+2H+，故B错误；
C.若有机物为麦芽糖(C12H22O11)，碳元素平均为0价，生成CO2时每处理1mol麦芽糖失电子数目为48mol，所以处理0.25mol有机物，电路中转移电子为48×0.25mol=12mol，即有12molH+透过质子交换膜移动到右室，故C正确；
D.正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，B电极上消耗标准状况下氧气56mL，电路中转移电子为4(O2)=4×0.056L22.4L/mol=0.01mol，负极反应式为X−2e−=Y+2H+，生成Y的物质的量n(Y)=0.005mol，m(Y)=nM=0.005mol×224g/mol=1.12g，故D错误；
故选：C。
由图可知，B电极上氧气发生得电子的还原反应生成H2O，则B电极作正极，A电极作负极，正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，有机物X在负极上发生失电子的氧化反应，负极反应式可表示为X−2e−=Y+2H+，正极区消耗H+，负极区生成H+，H+由负极区透过质子交换膜进入正极区，电子由负极经过导线流向正极，据此分析作答。
本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和运用能力，明确各个电极上发生的反应及电极反应式的书写是解题关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.由图象可知反应HCO3−(aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(l) 为吸热反应，故A错误；
B.由盖斯定律可知CO32−(aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)△H=(△H1+△H2+△H3)，故B正确；
C.由图象可知，能量差值越大，反应热的绝对值越大，△H1、△H2都为放热反应，则△H1<△H2，故C错误；
D.加入催化剂，反应热不变，故D错误。
故选：B。
由图象可知，CO32−(aq)+2H+(aq)生成HCO3−(aq)+H+(aq)以及HCO3−(aq)+H+(aq)生成H2CO3(aq)都为放热反应，H2CO3(aq)生成CO2(g)+H2O(l) 为吸热反应，结合图象中能量的高低解答该题．
本题考查化学反应与能量变化，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握图象的判断，难度不大．
12.【答案】D
【解析】解：由分析可知，X为H、Y为O、Z为Na、W为Al；
A.一般而言电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：O2−>Na+>Al3+，故A错误；
B.氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，不能通过电解AlCl3制取单质Al，工业上通常电解熔融氧化铝冶炼Al单质，故B错误；
C.该化合物为Na[Al(OH)4]，属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，故C错误；
D.X与Y形成的化合物可以是水，X与Z形成的化合物为NaOH，水和氢化钠可以反应生成氢氧化钠和氢气，故D正确；
故选：D。
X、Y、W、Z四种短周期元素原子半径依次增大，Z可形成带一个单位正电荷的阳离子，则Z处于IA族，而X和Z同主族，结构中X可以形成1个共价键，故X为H元素；Y和Z的简单离子具有相同的电子层结构，结构中Y形成2个共价键，故Y为O元素、Z为Na元素；W和Z(钠)同周期，结构中阴离子带1多个单位负电荷，W形成4个共价键，可知W原子核外电子数为4−1=3，故W为Al。
本题考查原子结构与元素性质，推断元素是解题的关键，注意紧扣短周期元素与价键结构进行推断，熟练掌握元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
13.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学反应原理，涉及化学平衡影响因素、图象分析等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确化学反应基本原理及外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NO的含量增大。根据图示可知：在压强不变时，NO的体积分数：T2>T1，所以温度：T2>T1，故A错误；
B.在温度不变时，增大压强，化学反应速率增大。由于压强：C>B，所以反应速率v(C)>v(B)，故B错误；
C.该反应中CO、NO都是反应物，二者反应转化的物质的量相同，因此若反应体系中NO的体积分数大，则其中的CO的体积分数也大，所以根据图示可知：ω(A)>ω(E)，故C正确；
D.化学平衡常数只与温度有关，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小，根据选项A分析可知：温度T2>T1，所以化学平衡常数：K(A)
14.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，曲线a在c(NH3)最小时含量最高，说明曲线a表示R2+；随着c(NH3)增大，R2+的浓度逐渐减小，[R(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线b表示[R(NH3)]2+；继续增大c(NH3)，[R(NH3)]2+的浓度又逐渐减小，[R(NH3)2]2+的浓度开始逐渐增大，则曲线c表示[R(NH3)2]2+；以此类推，曲线d表示[R(NH3)3]2+，曲线e表示为[R(NH3)4]2+，所以曲线b表示[R(NH3)]2+，故A错误；
B.当c{[R(NH3)3]2+}=c{[R(NH3)4]2+}时，反应平衡常数K1=c[R(NH3)3]2+c[R(NH3)4]2+×c(NH3)=c(NH3)=10−2.30；当c{[R(NH3)]2+}=c(R2+)时，反应平衡常数K4=c(R2+)c[R(NH3)]2+×c(NH3)=c(NH3)=10−4.31，则K1=102.01K4，故B错误；
C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得2c(SO42−)+c(OH−)=2c(R2+)+2c{[R(NH3)]2+}+2c{[R(NH3)2]2+}+2c{[R(NH3)3]2+}+2c{[R(NH3)4]2+}+c(NH4+)+c(H+)，故C错误；
D.根据图知，lgc(NH3)=−4.40时，δ(R2+)>δ{[R(NH3)]2+}>δ{[R(NH3)2]2+}，微粒分布系数越大，其浓度越大，所以存在c(R2+)>c{[R(NH3)]2+}>c{[R(NH3)2]2+}，故D正确。
故选：D。
本题考查离子浓度大小比较，侧重考查图像分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数计算方法、各离子浓度相对大小是解本题关键，B为解答易错点。
15.【答案】(1)三颈烧瓶
(2)2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑
(3)饱和食盐水
(4)无色变为紫色；3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定(或有利于生成K2FeO4)
(5)将装置C置于冰水浴中
(6)79.2%
【解析】
【分析】
图A中高锰酸钾与浓盐酸发生反应2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑制氯气，B中盛放饱和食盐水，除去氯气中的HCl，C中Cl2、Fe(OH)3、KOH发生反应3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O制取K2FeO4，D为尾气处理装置；
【解答】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
(1)仪器a的名称是三颈烧瓶；
(2)装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，发生反应的离子方程式为2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
(3)浓盐酸易挥发，氯气中含杂质HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置B中试剂为饱和食盐水；
(4)装置C中Cl2、Fe(OH)3、KOH反应制取K2FeO4，由电子守恒和原子守恒可得反应方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，生成K2FeO4水溶液为紫色，溶液的颜色无色变为紫色；已知K2FeO4在强碱性溶液中较稳定，加入过量浓KOH溶液的原因是K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定，
故答案为：无色变为紫色；3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定(或有利于生成K2FeO4)，
(5)K2FeO4在0℃～5℃较稳定，为了防止其分解，可将装置C置于冰水浴中；
(6)K2FeO4在硫酸溶液中，发生氧化还原反应，Fe元素的化合价由+6价降低为+3价，O元素的化合价由−2价升高为0，由电子、电荷及原子守恒可知，离子反应为4FeO42−+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O，取C中洗涤并干燥后样品的质量10g，加入稀硫酸，收集到0.672L气体，氧气的物质的量为n=VVm=0.672L22.4L/mol=0.03mol，由反应可知高铁酸钾的物质的量为0.04mol，则样品中高铁酸钾的质量分数约为0.04mol×198g/mol10g×100%=79.2%。
16.【答案】Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O 2CoSO4+5Zn+Sb2O3+3H2SO4=5ZnSO4+2CoSb+3H2O 2.8～7.5 取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素 2H2O−4e−=4H++O2↑ 操作I Ni(OH)2−e−+OH−=NiO(OH)+H2O 99.75%
【解析】解：(1)滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，浸取过程中铜和过氧化氢、氢离子反应生成铜离子和水，Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，
故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
(2)操作Ⅱ“除钴”时，浸液中含有过量硫酸，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，反应为硫酸钴和硫酸、Zn、Sb2O3产生CoSb、硫酸锌、水，2CoSO4+5Zn+Sb2O3+3H2SO4=5ZnSO4+2 CoSb+3H2O，
故答案为：2CoSO4+5Zn+Sb2O3+3H2SO4=5ZnSO4+2 CoSb+3H2O；
(3)操作Ⅲ需要将铁离子沉淀完全而镉离子不会沉淀，由表格可知，需加加入ZnO控制溶液pH的范围为2.8～7.5；若加入的H2O2不足，则电解液中含有亚铁子，检验方法为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素，
故答案为：2.8～7.5；取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素；
(4)“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反应为水电离出的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，反应式为2H2O−4e−=4H++O2↑；电解废液中通过电解后含有硫酸，故最好在操作I加入循环利用，
故答案为：2H2O−4e−=4H++O2↑；操作I；
(5)镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应为Ni(OH)2发生氧化反应生成NiO(OH)，反应为Ni(OH)2−e−+OH−=NiO(OH)+H2O；已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15；常温下，当pH=10时，氢氧根离子浓度为10−4mol/L，则镉离子浓度为7.2×10−1510−4×10−4=7.2×10−7mol/L；镉的去除率为2.88×10−4−7.2×10−72.88×10−4×100%=99.75%，
故答案为：Ni(OH)2−e−+OH−=NiO(OH)+H2O；99.75%。
由流程可知，铜镉渣加入稀硫酸，铜不反应进入滤渣Ⅰ，锌、铁、镉、钴元素进入溶液；加入锌和Sb2O3后除去钴得到CoSb滤渣，滤液加入过氧化氢后将二价铁转化为三价铁后加入氧化锌生成氢氧化铁沉淀；过滤除去氢氧化铁后电解最终得到单质镉；
(1)滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，浸取过程中铜和过氧化氢、氢离子反应生成铜离子和水；
(2)操作Ⅱ“除钴”时，浸液中含有过量硫酸，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，反应为硫酸钴和硫酸、Zn、Sb2O3产生CoSb、硫酸锌、水；
(3)操作Ⅲ需要将铁离子沉淀完全而镉离子不会沉淀；若加入的H2O2不足，则电解液中含有亚铁子；
(4)“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反应为水电离出的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气；
(5)镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应为Ni(OH)2发生氧化反应生成NiO(OH)；已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15；常温下，当pH=10时，氢氧根离子浓度为10−4mol/L，则镉离子浓度为7.2×10−1510−4×10−4=7.2×10−7mol/L。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的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，题目难度不大。
17.【答案】(1)小于；减小
(2)AB
(3)①BD；②230℃以上，温度升高，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，但温度对反应Ⅱ的平衡影响更大
(4)55%；0.22
【解析】(1)反应Ⅰ的lnK(K代表化学平衡常数)随1T(温度的倒数)增大而增大，说明降低温度，平衡正向移动，则反应Ⅰ为放热反应，ΔH1<0；由图可知，反应Ⅰ的lnK(K代表化学平衡常数)随1T(温度的倒数)增大而减小，说明降低温度，平衡逆向移动，ΔH2>0；根据盖斯定律：Ⅰ−Ⅱ得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=ΔH1−ΔH2<0，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，
故答案为：小于；减小；
(2)A.增大CO的浓度，反应Ⅱ平衡逆向移动，则二氧化碳的浓度增大，反应I的平衡向正反应方向移动，故A正确；
B.降低温度，反应I和II的正、逆反应速率都减小，故B正确；
C.恒温恒容下充入氦气，各组分浓度不变，平衡不移动，故C错误；
D.两个反应是在同一体系中进行，增大压强，反应I和II重新达到平衡的时间相同，故D错误；
故答案为：AB；
(3)①由图可知，使用催化剂CZ(Zr−1)T时甲醇的选择性和产率均更高，230℃时，在催化剂CZ(Zr−1)T催化下甲醇产率最高，
故答案为：BD；
②反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，甲醇的产率降低，而反应Ⅱ为吸热反应，平衡正向移动，且温度对反应Ⅱ的平衡影响更大，所以总体CO2的转化率增大，
故答案为：230℃以上，温度升高，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，但温度对反应Ⅱ的平衡影响更大；
(4)在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小20%，则平衡时混合气体总物质的量为6mol×(1−20%)=4.8mol，设平衡时甲醇物质的量为xmol，CO物质的量为ymol，列化学平衡三段式，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
转化(mol) x 3x x x
平衡(mol) x
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
转化(mol) y y y y
平衡(mol) y
x+y=11+4−3x−y+x+x+y+y=4.8，解得x=0.6，y=0.4，则H2的转化率为(3×0.6+0.4)mol4mol×100%=55%；平衡时二氧化碳物质的量为1mol，氢气物质的量为4mol×(1−55%)=1.8mol，CO物质的量为0.4mol，H2O(g)物质的量为1mol，反应Ⅱ的平衡常数K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=0.4V×1V1V×1.8V≈0.22，
故答案为：55%；0.22。
18.【答案】(1)光照；取代反应
(2)间苯二酚
(3)4
(4)
(5)18
(6)
【解析】解：(1)反应①是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，F→G是与反应生成和HBr，反应中单键断裂，又形成新的单键，该反应类型为取代反应。
(2)H为，用习惯命名法命名为间苯二酚。
(3)E与足量的H2完全加成后所生成的化合物为，图中标有“*”为手性碳原子：，即含有4个手性碳原子。
(4)E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为。
(5)D为，K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则K比D多1个CH2原子团，K能与Na反应生成H2、能与银氨溶液发生银镜反应，说明K含有羟基、醛基，且K的苯环上只有两个侧链，可以是将苯环插入HOCH2CH2CHO、中的碳碳键之间或是碳氧单键之间，均有3种位置，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×(3+3)=18种。
(6)由与反应生成，与HCl反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，合成路线为。
本题考查有机物的合成，涉及有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，题目较好地考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
19.【答案】B
【解析】
【分析】
本题综合考查物质的性质、用途等知识，为高频考点，侧重化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大．
【解答】
A.气溶胶具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，故A正确；
B.提取青蒿素的过程利用萃取的原理，没有发生化学变化，故B错误；
C.涉及铁与硫酸铜的反应，铁置换出铜，同时生成硫酸亚铁，故C正确；
D.题目涉及硝酸钾的灼烧以及颜色，利用了焰色反应，故D正确。
故选：B。
20.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查基本概念的辨析，题目难度不大，明确不同的分类依据得出不同的分类结果是解答关键，注意相关概念的内涵。
【解答】
①根据酸能电离出的氢离子的个数，而不是根据氢原子的个数，例如H3PO2含有3个氢原子却属于一元酸，故错误；
②电解质和非电解质都是对化合物而言，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，故错误；
③根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，故正确；
④根据反应中是否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应，分类标准合理，故正确；
⑤金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物(如CO、NO)。酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物，故错误。故A正确。
故选A。
21.【答案】B
【解析】解：根据图示可以看出，Z表面冒出的气泡最多，X表面冒出的气泡其次，W表面稍微起泡，而Y表面不冒泡，所以其活动性顺序为Z>X>W>Y，观察选项，
故选：B。
在金属活动性顺序中，氢前的金属能与酸反应生成氢气，金属的位置越靠前，反应的速度越快。
本题考查了金属活动性顺序的判断，完成此题，可以依据金属活动性顺序的意义进行，题目难度不大。
22.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查物质性质的类比推测，为高频考点，题目难度不大，把握物质的性质、氧化还原反应规律为解答的关键，试题综合性较强，有利于提高学生的分析能力及灵活运用能力。
【解答】
A.已知Fe与S能直接化合生成FeS，而Cu与S可直接化合生成Cu2S，推测不合理，故A错误；
B.铁的还原性强于铜和银，所以已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应，推测合理，故B正确；
C.氯气氧化性强，与变价金属反应生成最高价氯化物，所以铁与氯气反应产物为氯化铁，推测不合理，故C错误；
D.表面在空气中铁和氧气生成的是铁锈，不是致密的氧化膜，不能保护铁金属，推测不合理，故D错误。
故选B。
23.【答案】C
【解析】解：A.合金是混合物，不是单质，故A错误；
B.合金通常有比成分金属更优异的物理性能，即合金中加入稀土金属，能大大改善合金的性能，故B错误；
C.钛合金熔点通常比成分金属低，但硬度比成分金属大，具有优异的物理性能，故C正确；
D.钛合金是金属钛与其他金属或非金属所形成的混合物，具有金属钛的性质，但和钛单质的性质不完全相同，故D错误；
故选：C。
将两种或两种以上的金属(或金属与非金属)融合在一起得到的具有特殊性能的混合物，即为合金，合金的熔点一般比成分金属低，硬度一般比成分金属高，据此分析。
本题考查了合金的成分和性质，难度不大，应注意的是合金的物理性质比成分金属更优异，化学性质和成分金属相同。
24.【答案】C
【解析】解：A.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，5.6gFe物质的量为：5.6g56g/mol=0.1mol，在氧气中燃烧，完全反应时转移电子数为：0.83NA，故A错误；
B.标准状况下，22.4L氦气物质的量为1mol，含原子个数为NA个，故B错误；
C.铜与氧气反应生成氧化铜，32gCu物质的量为：32g64g/mol=0.5mol，与氧气完全反应转移的电子数为0.5mol×2×NAmol−1=NA，故C正确；
D.气体状况未知，无法计算气体的物质的量，无法计算转移电子数，故D错误；
故选：C。
A.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁；
B.氦气为单原子分子；
C.铜与氧气反应生成氧化铜；
D.气体状况未知。
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，注意气体摩尔体积使用条件和对象，难度不大。
25.【答案】D
【解析】解：A.需要240mL1mol/L的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，故A错误；
B.需要240mL1mol/L的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，需要称量氢氧化钠的质量为：0.25L×1mol/L×40g/mol=10.0g，故B错误；
C.容量瓶不能用于溶解固体，应先在烧杯中溶解，冷却到室温后再移液到容量瓶，故C错误；
D.为保证实验成功，应将所用的溶质全部转移到容量瓶，所以，冷却后，用玻璃棒引流，将烧杯中的氢氧化钠溶液注入已经查漏的洁净的容量瓶中，故D正确；
故选：D。
A.依据“大而近”的原则选择容量瓶规格；
B.需要240mL1mol/L的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，依据m=cVM计算溶质的质量；
C.依据容量瓶使用注意事项解答；
D.为保证实验成功，应将所用的溶质全部转移到容量瓶。
本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理及操作步骤，熟悉容量瓶构造特点及使用注意事项是解题关键，题目难度不大。
26.【答案】B
【解析】解：①氧化铝可以和稀硫酸反应生成硫酸铝和水，又能跟NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，故①正确；
②NaAlO2可以和稀硫酸反应生成硫酸铝和水，但是不能跟NaOH溶液反应，故②错误；
③氢氧化铝可以和稀硫酸反应生成硫酸铝和水，又能跟NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，故③正确；
④(NH4)2CO3可以和硫酸反应生成硫酸铵、水以及二氧化碳，又能跟NaOH溶液反应生成碳酸钠和一水合氨，故④正确；
⑤NaHCO3可以和硫酸反应生成硫酸钠、水以及二氧化碳，又能跟NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故⑤正确；
⑥氯化铝可以和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠，但是和硫酸之间不反应，故⑥错误；
故选：B。
根据物质间的反应进行判断，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al(OH)3、Zn(OH)2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：(NH4)2S、NH4HS、(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等；⑤某些非金属：Si、S等；⑥其它一些物质．如：a、某些盐类物质既与酸反应，又与碱反应；b、个别酸性氧化物SiO2；c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、与碱反应．以此解答本题．
本题考查与酸和碱都能发生反应的物质，常见的物质有铝、氧化铝、氢氧化铝、多元弱酸的酸式盐(如碳酸氢钠、硫氢化钠等)、蛋白质、氨基酸。
27.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了元素周期表和元素周期律，为高频考点，把握非金属性比较方法、化学键、离子半径比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有关规律，题目难度不大。
【解答】
①不能根据单质的稳定性来判断元素的非金属性，N、P都是第VA族元素，非金属性：N>P，故错误；
②同位素的质子数相同，第IA族元素铯的两种同位素 137Cs与 133Cs的质子数相同，中子数不同，故错误；
③不能根据含氧酸的氧化性强弱来判断元素非金属性强弱，酸性：HClO4>H2SO4，所以非金属性：Cl>S，故错误；
④离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH中含有极性共价键，Na2O2中含有非极性共价键，故正确；
⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故正确；
⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸酸性逐渐减弱(F无含氧酸)，故错误；
⑦核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：K+
28.【答案】B
【解析】解：①Na2O2能和水反应生成碱和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②碳酸氢钠与氯化钙不反应，故②错误；
③钠在常温下易被氧化生成白色固体氧化钠，故③错误；
④Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可作供氧剂，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，不能用作供氧剂，故④正确；
⑤石蕊试液中加入Na2O2粉末，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液变蓝色，过氧化钠具有强氧化性，溶液蓝色褪去，先变蓝后褪色，并有气泡生成，故⑤正确；
⑥钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠和氢气，所以钠与CuSO4溶液反应，放出气体并生成蓝色沉淀，故⑥正确；
故选：B。
①能够与水反应只生成碱的氧化物为碱性氧化物；
②碳酸氢钠和氯化钙不反应；
③钠在常温下易被氧化；
④Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可以作供氧剂；
⑤过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性；
⑥钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠和氢气。
本题考查了元素化合物知识，熟悉钠及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。
29.【答案】C
【解析】解：A.离子方程式要满足电荷守恒，将铜屑加入含Fe3+的溶液中：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，评价错误，故A错误；
B.氧化铝是两性氢氧化物，和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，评价错误，故B错误；
C.Na2O2与H2O反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2↑，评价正确，故C正确；
D.氢氧化铁是弱碱，不能拆，离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，评价错误，故D错误；
故选：C。
A.离子方程式要满足电荷守恒；
B.氧化铝是两性氢氧化物，和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；
C.离子方程式要满足质量守恒和电荷守恒；
D.氢氧化铁是弱碱，不能拆。
本题考查了离子方程式正误判断以及评价，难度不大，应注意的是离子方程式要满足电荷守恒和质量守恒。
30.【答案】B
【解析】解：①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3>I−，
②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I−>FeCl2，
③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性FeCl2>NO，
显然还原性由强到弱的顺序为H2SO3>HI>FeCl2>NO，
故选：B。
利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱．
本题考查氧化还原反应中还原性的比较，能利用化合价分析氧化还原反应，利用氧化还原反应中的规律来比较还原性是解答本题的关键，题目难度不大．
31.【答案】A
【解析】解：A.NaOH、Al(OH)3发生反应生成NaAlO2，故A正确；
B.H、N、O组成的化合物可能是离子化合物，如NH4NO3是离子化合物，故B错误；
C.同周期元素从左到右，最高价含氧酸的酸性依次增强，酸性H2SO4
故选：A。
根据八种短周期元素的原子半径、最高正价或最低负价的变化图，可知x是H元素、y是C元素、z是N元素、d是O元素、e是Na元素、f是Al元素、g是S元素、h是Cl元素。
本题考查元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
32.【答案】C
【解析】解：A.1molNa和O2发生反应①，反应的化学方程式为：2Na+O2=点燃Na2O2，转移1mol电子，故A正确；
B.②中发生反应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故B正确；
C.反应⑤是过氧化钠与水和二氧化碳反应都生成氧气，Na2O2是过氧化物，不是碱性氧化物，故C错误；
D.上述转化中发生的反应有分解反应，如碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，有化合反应，如钠和氧气点燃反应生成过氧化钠，也有置换反应，如钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，故D正确；
故选：C。
A.1molNa和O2发生反应①生成过氧化钠，1个钠原子失去一个电子形成钠离子；
B.②中发生反应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；
C.和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；
D.一种物质生成两种或多种物质的反应为分解反应，两种或两种以上的物质生成一种物质的反应为化合物，一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应。
本题考查了元素化合物知识，熟悉钠及其化合物的性质是解题关键，注意碱性氧化物的性质和概念，题目难度不大。
33.【答案】D
【解析】解：A.钠沉在煤油的底部，说明钠的密度比煤油大，故A正确；
B.一小块金属钠放入水中，钠熔成闪亮的小球浮在水面上，说明钠与水反应放热且钠的熔点较低，故B正确；
C.钠在空气中燃烧后的产物夹杂有黑色固体，因为钠保存在煤油中，可能是钠表面的煤油没擦净，故C正确；
D.加热铝箔时，铝箔受热熔化但并不滴落，像被一层膜兜着，这是因为酒精灯能达到铝的熔点但达不到氧化铝的熔点，故D错误；
故选：D。
A.钠的密度大于煤油；
B.钠熔点低，和水反应放出热量；
C.钠保存在煤油中，煤油为黑色物质；
D.铝的熔点低于氧化铝。
本题考查钠的性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确钠的物理性质、化学性质是解本题关键，题目难度不大。
34.【答案】B
【解析】第一份中发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，第二份中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，加入盐酸，发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，最终都生成氯化钠，令碳酸氢钠的物质的量为1mol，根据钠元素守恒可知n(NaHCO3)=n(NaCl)=1mol，根据氯元素守恒可知n(NaCl)=n(HCl)=1mol，故第一份、第二份中实际消耗的HCl的物质的量之比为1mol：1mol=1：1，盐酸的浓度相同，体积之比等于物质的量之比，故消耗盐酸的体积之比为1：1，
故选B。
35.【答案】C
【解析】解：A.Y的最高价氧化物对应水化物是H3PO4，是弱电解质，故A正确；
B.化合物M为KH2PO4，其中H2PO4−既能与强酸反应，又能与强碱反应，故B正确；
C.X、Y分别与W形成的简单化合物为H2O、PH3，沸点H2O>PH3，稳定性：H2O>PH3，故C错误；
D.X与Z可形成K2O2，属既含有离子键又含有非极性共价键的离子化合物，故D正确；
故选：C。
W、X、Y、Z为不同周期的主族元素，且原子序数小于20，则这四种元素分别为一、二、三、四周期元素，W为H元素；X成键数为2，为第二周期，则X为O元素；Y为P元素，Z为K元素；化合物M为KH2PO4。
本题考查元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
36.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。
【解答】
A.SO42−在溶液中不参加反应，也不是催化剂，故A错误；
B.处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数不变，总反应可以看作烟气与H2反应，故B错误；
C.总反应可以看作烟气与H2反应，则该转化过程的实质为NOx被H2还原，故C正确；
D.x=1时，根据得失电子守恒，反应II中氧化剂(NO)与还原剂(Ce3+)的物质的量之比为1：2，故D错误。
故选C。
37.【答案】B
【解析】解：A.同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径：M>Y>Z>Q，故A正确；
B.非金属性越强最高价氧化物的水合物的酸性越强，O无最高正价，F无正价，故B错误；
C.M是Li，其保存方法是密封在固体石蜡中，故C正确；
D.氟单质化学性质很活泼，常温下可以和水发生置换反应生成氧气，故D正确；
故选：B。
M、N、Y、Z、Q、X是原子序数依次递增的短周期主族元素，离子液体W中元素M带一个单位正电荷，则元素M为Li，N成四个共价键，则元素N为C，Y成两个共价键，且得到一个电子，则元素Y为N，Z成二个共价键，则元素Z为O，Q成一个共价键，则元素Q为F，X成六个共价键，则元素X为S；
A.同周期元素从左到右原子半径依次减小；
B.非金属性越强最高价氧化物的水合物的酸性越强，O无最高正价，F无正价；
C.M是Li，其保存方法是密封在固体石蜡中；
D.氟单质化学性质很活泼，常温下可以和水发生置换反应生成氧气。
本题考查元素推断和元素周期律，侧重考查学生元素的成键和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
38.【答案】CD
【解析】解：A.Fe3+、I−之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.Ag+、Cl−之间反应生成难溶物氯化银，且Fe2+也要被MnO4−氧化，则离子间不能大量共存，故B错误；
C.Mg2+、Fe3+、Fe2+、SO42−、Al3+、Cl−之间不反应，能够大量共存，故C正确；
D.Al3+、Fe3+、Cl−、SO42−与H+都能大量共存，故D正确；
故选：CD。
A.铁离子能够氧化碘离子；
B.银离子与氯离子生成氯化银沉淀，且Fe2+也要被MnO4−氧化；
C.四种离子之间不反应，都不与氯化铝反应；
D.铝离子、铁离子、氢离子都与碳酸氢根离子反应，铁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，明确题干暗含信息、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。
39.【答案】C
【解析】解：A.氯气能将FeCl2氧化为FeCl3，而不能FeCl3将除去，应加入Fe，故A错误；
B.Fe能与FeCl3和CuCl2都反应，不能用加入Fe的方法除杂，故B错误；
C.铁与NaOH溶液不反应，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，可除去，故C正确；
D.Na2SO4和Na2CO3都能与BaCl2反应生成沉淀，不能用BaCl2除去杂质，故D错误。
故选：C。
A.氯气能将FeCl2氧化为FeCl3；
B.Fe能与FeCl3和CuCl2都反应；
C.铁与NaOH溶液不反应；
D.Na2SO4和Na2CO3都能与BaCl2反应生成沉淀．
本题考查物质的分离、提纯和除杂等问题，题目难度不大，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离．
40.【答案】AB
【解析】解：A.铁与高温水蒸气的反应生成四氧化三铁，不是生成氧化铁，故不能实现上述转化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，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.加热Fe(OH)3发生转化⑥分解生成氧化铁，加热Fe(OH)3可发生转化⑥，故D正确；
故选：AB。
A.铁高温下和水蒸气反应生成四氧化三铁；
B.氧化亚铁受热反应生成四氧化三铁黑色固体；
C.高铁酸钠具有强氧化性，与水反应生成Fe(OH)3胶体，具有净水作用，其中Fe元素化合价由+3价变为+6价，所以O元素化合价由−2价变为0价即有氧气生成；
D.氢氧化铁难溶于水。
本题考查了铁及其化合物性质、化学反应产物的分析判断、氧化还原反应和胶体性质的应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
41.【答案】B
【解析】
【分析】
本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，是易错题目，难度较大。
【解答】
还原性I−>Fe2+>Br−，故首先发生2I−+Cl2=I2+2Cl−，I−反应完毕再发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；最后发生反应2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，
A.B点时溶液中I−完全反应，溶液中存在Fe2+和Br−，BC段发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确；
B.由图可知，BC段发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n(Fe2+)=2×2mol=4mol，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c(FeBr2)，故B错误；
C.AB段发生2I−+Cl2=I2+2Cl−，2mol的I−消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n(Fe2+)：n(I−)=1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl−，故C正确；
D.由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I−+Cl2=I2+2Cl−，故n(I−)=2n(Cl2)=2mol，BC段发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，消耗氯气2mol，故n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×2mol=4mol，DE段发生2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，消耗氯气3mol，故n(Br−)=2n(Cl2)=6mol，故原溶液中n(Fe2+)：n(I−)：n(Br−)=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D正确。
故选B。
42.【答案】5.0 0.05 C AD 3：2 1mol
【解析】解：Ⅰ.(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为：1000mL/L×1.49g/mL×25%74.5g/mol=5.0mol/L，
故答案为：5.0；
(2)溶液稀释前后钠离子物质的量不变，稀释后溶液中钠离子物质的量浓度为：1100×5.0mol/L=0.05mol/L，
故答案为：0.05mol/L；
(3)A.用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到圆底烧瓶和分液漏斗，还缺少胶头滴管、玻璃棒，故A错误；
B.定容操作时仍然需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干即可使用，故B错误；
C.商品次氯酸钠中含有杂质，所取固体含溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C正确；
故答案为：C；
(4)A.未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A正确；
B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，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B错误；
C.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C错误；
D.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D正确；
故选：AD；
Ⅱ.①2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，反应中氢氧化铁中+3价铁升高为高铁酸钠中+6价铁，次氯酸钠中+1价的氯降为氯化钠−1价，生成2mol高铁酸钠转移6mol电子，用双线桥表示为：，
故答案为：；
②2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，反应中氢氧化铁中+3价铁升高为高铁酸钠中+6价铁，氢氧化铁为还原剂，对应高铁酸钠为氧化产物，次氯酸钠中+1价的氯降为氯化钠−1价，次氯酸钠为氧化剂，氯化钠为还原产物，所以氧化剂与氧化产物的物质的量之比为：3：2，
故答案为：3：2；
③依据2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O～6e−，若反应转移3mol电子，则生成Na2FeO4的物质的量是1mol，
故答案为：1mol。
Ⅰ.(1)依据c=1000ρωM计算浓硫酸的物质的量；
(2)依据溶液稀释规律计算；
(3)A.用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，据此选择需要的仪器；
B.定容操作时仍然需要向容量瓶中加入蒸馏水；
C.商品次氯酸钠中含有杂质。
(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析；
Ⅱ.①2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，反应中氢氧化铁中+3价铁升高为高铁酸钠中+6价铁，次氯酸钠中+1价的氯降为氯化钠−1价，生成2mol高铁酸钠转移6mol电子；
②分析反应中元素化合价变化判断氧化剂、氧化产物；
③依据2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O～6e−计算。
本题考查一定物质的量浓度溶液的配制和误差分析、氧化还原反应基本概念，熟悉配制原理和过程、容量瓶规格的选择、误差分析的方法和技巧、准确分析反应中元素化合价变化是解题关键，题目难度不大。
43.【答案】⑨ ①②⑥⑦⑩ ③⑤⑧ ⑤⑥ ④ HClO4 Cl−>O2−>Al3+ OH−+Al(OH)3=AlO2−+2H2O Na原子半径比Mg大，Na的核电荷数比Mg小，Na原子核对外层电子的吸引力较弱，更容易失电子，故Na的金属性比Mg强 NH3 N元素非金属性比P元素强
【解析】解：Ⅰ.①HNO3；分子中只含有极性共价键；②硫单质中只含有非极性共价键；③NaOH属于离子化合物，其中既含有离子键又含有极性共价键；④液氦属于稀有气体，是由单原子构成的分子，不含化学键；⑤Na2O2属于离子化合物，其中既含有离子键又含有非极性共价键；⑥H2O2属于共价化合物，其中既含有极性共价键，又含有非极性共价键；⑦CCl4分子中只含有极性共价键；⑧NH4Cl属于离子化合物，其中既含有离子键又含有极性共价键；⑨KBr属于离子化合物，其中只含有离子键；⑩O2分子中含有非极性共价键；
(1)以上物质中只含有离子键的是⑨，
故答案为：⑨；
(2)只含有共价键的是①②⑥⑦⑩，
故答案为：①②⑥⑦⑩；
(3)既含有离子键又含有极性共价键的是③⑤⑧；其电子式分别为：、、；
故答案为：③⑤⑧；、、；
(4)含有非极性共价键的化合物是⑤⑥，
故答案为：⑤⑥；
(5)不含化学键的是④，
故答案为：④。
Ⅱ.由元素在周期表中位置可知，①为C、②为N、③为O、④为Na、⑤为Mg、⑥为Al、⑦为P、⑧为S、⑨为Cl，
(1)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，P、S、Cl三种元素的非金属性依次增强，故三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，
故答案为：HClO4；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，O2−、Al3+具有相同电子层结构，Al3+的核电荷数更大，原子核对核外电子吸引更强，故离子半径O2−>Al3+，Cl−比O2−多一个电子层，则离子半径Cl−>O2−，故离子半径由大到小的顺序为：Cl−>O2−>Al3+，
故答案为：Cl−>O2−>Al3+；
(3)元素④和⑥最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为：OH−+Al(OH)3=AlO2−+2H2O，
故答案为：OH−+Al(OH)3=AlO2−+2H2O；
(4)同一周期元素核电荷数越大，原子半径越小，原子核对外层电子吸引减弱，Na原子半径比Mg大，Na的核电荷数比Mg小，Na原子核对外层电子的吸引力较弱，更容易失电子，故Na的金属性比Mg强，
故答案为：Na原子半径比Mg大，Na的核电荷数比Mg小，Na原子核对外层电子的吸引力较弱，更容易失电子，故Na的金属性比Mg强；
(5)元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性N>P，则气态氢化物中较稳定的是NH3，
故答案为：NH3；N元素非金属性比P元素强。
Ⅰ.解答该题时根据离子键、共价键、极性共价键、非极性共价键的概念进行分析；
Ⅱ.(1)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大；
(3)氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水；
(4)同一周期元素核电荷数越大，原子半径越小，原子核对外层电子吸引减弱；
(5)元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定。
本题考查化学键的判断、电子式的书写、元素周期表和周期律的应用，熟记常见元素在周期表中的位置，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，是解答该题的关键。
44.【答案】生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al+Fe2O3=高温2Fe+Al2O3 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl− 2Fe3++Fe=3Fe2+ 2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑
【解析】解：(1)由上述分析可知，溶液E为FeCl2溶液，向FeCl2溶液中加入氢氧化钠溶液，先生成氢氧化亚铁，后迅速被氧化为氢氧化铁，现象是：生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，有关反应方程式为FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(2)A+B→C+D的反应为铝热反应，化学方程式：2Al+Fe2O3=高温2Fe+Al2O3；D→H的化学方程式：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，
故答案为：2Al+Fe2O3=高温2Fe+Al2O3；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
(3)E+Cl2→G的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；G+C→E的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+；B→F+H的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，
故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；2Fe3++Fe=3Fe2+；2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑。
粉末单质B是金属单质，且B能与强碱溶液反应产生单质F，说明B为Al，F为H2，粉末化合物A是红棕色，A与铝反应生成单质C和化合物D，可知A为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，铁与酸L反应生成E和氢气，而E与氯气反应生成G，G与Fe反应生成C，则L为HCl、E为FeCl2，G为FeCl3，化合物H为偏铝酸盐。
本题考查无机物推断，涉及Al、Fe元素单质化合物的性质，物质的颜色是推断突破口，注意对基础知识的掌握。
45.【答案】密封、避光、干燥地方保存，避免受潮与酸性物质接触 MnO2+4HCl(浓)=△MnCl2+Cl2↑+2H2O 2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO=光照2HCl+O2↑
【解析】(1)次氯酸钙与空气中的水、二氧化碳反应生成HClO，次氯酸在光照条件下分解生成HCl与氧气，导致漂白粉失效，故保存时应：密封、避光、干燥地方保存，避免受潮与酸性物质接触，
故答案为：密封、避光、干燥地方保存，避免受潮与酸性物质接触；
(2)①实验室制取氯气是用二氧化锰，在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，实验室制取氯气的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)=△MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)=△MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②利用氯气与消石灰反应制备漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，
故答案为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
③漂白粉中含有Ca(ClO)2，易与空气中的水和二氧化碳反应生成不稳定的HClO，次氯酸见光易分解，导致漂白粉失效，反应的相关方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO=光照2HCl+O2↑，
故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO=光照2HCl+O2↑。
(1)次氯酸钙与空气中的水、二氧化碳反应生成HClO，次氯酸在光照条件下分解生成HCl与氧气，导致漂白粉失效，据此解答；
(2)实验室用浓盐酸，加入二氧化锰，在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水；利用氯气与消石灰反应制备漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙与水。
本题考查漂白粉的性质、制备及应用，侧重于基础知识的考查，注意把握物质的制备、性质以及应用，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．
2022-2023学年陕西省西安市雁塔二中、渭北中学高一（上）期末化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下列说法不正确的是( )
A. 镁原子核外有4种能量不同的电子
B. 在铁制品上镀锌时，铁制品为阴极，锌盐溶液为电镀液
C. “一次性保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，在发热过程中应用的是原电池原理
D. 利用超分子的自组装特征，可以分离C60和C70
2. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，2.24LC2H2和N2的混合气体中含有的π键数约为0.2NA
B. 32gS8单质(S8分子结构：)中，S−S数目为8NA
C. 30.8g乙酸乙酯在碱性条件下完全水解，生成乙酸的分子数为0.35NA
D. 1L0.01mol⋅L−1溶液中，和的数目之和为0.01NA
3. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. AlCl3溶液中加入过量浓氨水：Al3++4NH3⋅H2O=AlO2−+4NH4++2H2O
B. 向BaCl2溶液中通入SO2：Ba2++H2O+SO2=BaSO3↓+2H+
C. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH−=HCO3−
D. 将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+H2O
4. 定量实验是学习化学的重要途径。下列所示装置或操作能达到实验目的的是( )
A
B
C
D
测定未知Na2C2O4溶液的浓度
测定硫酸铜晶体中结晶水的含量
配制0.10mol/L NaOH溶液
中和热的测定
A. A B. B C. C D. D
5. 雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生，As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H++10NO3−=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O。下列说法不正确的是( )
A. 生成1mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为5mol
B. 若将该反应设计成原电池，则NO2应该在负极附近逸出
C. 反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收
D. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为10：1
6. 二氧化钛(TiO2)是一种重要的工业原料，某学习小组由酸性含钛废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42−)制备TiO2的主要流程如图，已知H2TiO3不溶于水和硫酸。下列说法正确的是( )
A. “煅烧”的操作是在坩埚中进行
B. “洗涤”时先将沉淀转移至烧杯中再加入洗涤剂
C. “结晶”的操作：蒸发结晶，趁热过滤
D. “水解90℃”的操作：最好的加热方式为酒精灯直接加热
7. X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，某科研团队研究发现，X、Y、W形成的晶体有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，晶胞参数为apm。已知X是形成化合物种类最多的元素，Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，下列说法正确的是( )
A. Y的第一电离能小于Z的第一电离能
B. Z的最高价氧化物的水化物可以与X最高价氧化物的水化物反应
C. 晶胞中与Y最近的W原子有6个
D. 晶体密度为2.13×1032NAa3g/cm3
8. 有机化合物Ⅲ具有较强的抗氧化性，合成Ⅲ的反应如图，下列有关说法不正确的是( )
A. 该反应属于取代反应
B. 该反应的原子利用率为100%
C. 有机物Ⅰ、Ⅲ均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 有机物Ⅰ的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
9. 化学是以实验为基础的科学，下列实验操作或做法不能达到实验目的的是 ( )
选项
操作或做法
目的
A
取Cl2和少量Fe反应后的固体加水溶解，滴加KSCN溶液
检验反应产物中的FeCl3
B
将氯水滴入NaBr溶液中
验证Cl的非金属性强于Br
C
往碱性试样中加入新制Cu(OH)2具浊液，加热
区分蔗糖和葡萄糖溶液
D
制备乙酸乙酯实验中用饱和NaCl溶液洗涤分液
除去乙酸乙酯的乙醇和乙酸
A. A B. B C. C D. D
10. 如图所示，图是利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理图。下列说法正确的是( )
A. 电子流向：B电极→用电器→电极A，该过程将化学能转化为电能
B. A电极上发生氧化反应，电极反应式为：X−4e−=Y+4H+
C. 若有机物为麦芽糖，处理0.25mol有机物，12molH+透过质子交换膜移动到右室
D. 若B电极上消耗标准状况下氧气56mL，则电极A上生成1.64gY
11. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 反应HCO3−(aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(l) 为放热反应
B. CO32−(aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)△H=(△H1+△H2+△H3)
C. △H1>△H2△H2<△H3
D. H2CO3(aq)=CO2(g)+H2O(l)，若使用催化剂，则△H3变小
12. 某化合物的结构为，其中X、Y、W、Z四种短周期元素原子半径依次增大，X和Z同主族，W和Z同周期，Y和Z的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是( )
A. 简单离子半径：W>Z>Y
B. 工业上可通过电解WCl3制取单质W
C. 该化合物的水溶液显酸性
D. X与Y形成的化合物可与X与Z形成的化合物发生反应
13. 汽车尾气中的NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。在密闭容器中充入10mol CO和8mol NO发生反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H<0，测得平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图。下列说法正确的是( )
A. 温度：T2
14. 某金属阳离子R2+与NH3可结合生成多种络合产物，[R(NH3)4]2+在水溶液中存在如下平衡：[R(NH3)4]2+[R(NH3)3]2+[R(NH3)2]2+[R(NH3)]2+R2+。向某浓度的RSO4溶液中滴加浓氨水实验测得R2+、[R(NH3)]2+、[R(NH3)2]2+、[R(NH3)3]2+、[R(NH3)4]2+的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离氨的lgc(NH3)关系和M、P两点的坐标如图所示。下列说法正确的是( )
A. 曲线b表示[R(NH3)2]2+
B. 平衡常数K4=102.01K1
C. lgc(NH3)=−2.00时，2c(SO42−)+c(OH−)=2c{[R(NH3)2]2+}+2c{[R(NH3)3]2+}+2c{[R(NH3)4]2+}
D. lgc(NH3)=−4.40时，c(R2+)>c{[R(NH3)]2+}>c{[R(NH3)2]2+}
15. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。某化学实验小组模拟工业生产路线，在实验室中制备高铁酸钾，其实验装置如图：
已知：K2FeO4易溶于水，水溶液为紫色，微溶于浓KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定
(1)仪器a的名称是 ______。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为 ______。
(3)装置B中试剂为 ______。
(4)装置C中观察到溶液的颜色变化为 ______，发生主要反应的化学方程式为 ______，加入过量浓KOH溶液的原因是 ______。
(5)有同学提出，装置C在制备)K2FeO4时存在一定缺陷，改进的措施是 ______。
(6)取C中洗涤并干燥后样品10g，加入稀硫酸，收集到0.672L气体(标准状况下)。则样品中高铁酸钾的质量分数约为 ______。(计算结果精确到0.1%)
16. 金属回收与利用有利于环境保护，镉可用于制造体积小和电容量大的电池。铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为0.1mol⋅L−1)
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cd(OH)2
开始沉淀的pH
1.7
6.3
7.5
沉淀完全的pH
2.8
8.4
9.3
(1)滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，试写出浸取过程离子方程式 。
(2)操作Ⅱ“除钴”时，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，写出该反应的化学方程式： 。
(3)操作Ⅲ加入ZnO控制反应液的pH范围为 ；若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以检验： 。
(4)“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解阳极反应式为 ；电解废液最好在 加入循环利用。(选择“操作I”、“操作Ⅱ”、“操作Ⅲ”、“电解”工序名称填入横线上)
(5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应式为 ；如果用生石灰处理含Cd2+(2.88×10−4mol/L)的电解废液。常温下，当pH=10时，镉的去除率为 。(用百分数表达，小数点后两位有效数字。已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15)
17. 国家主席习近平提出了中国应对气侯变化的两个目标：二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，于2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术、降低空气中CO2含量成为了研究热点。为减少CO2对环境造成的影响，可采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该反应体系中涉及以下两个反应：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ的lnK(K代表化学平衡常数)随1T(温度的倒数)的变化如图所示。△H1______0(填“大于”或“小于”或“等于”)；升高温度，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的化学平衡常数 ______(填“增大”或“减小”或“不变”)。
(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 ______。
A.增大CO的浓度，反应I的平衡向正反应方向移动
B.降低温度，反应I和II的正、逆反应速率都减小
C.恒温恒容下充入氦气，反应I的平衡向正反应方向移动
D.增大压强，反应I和II重新达到平衡的时间不同
(3)恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。
其中：CH3OH的选择性=CH3OH的物质的量反应的CO2的物质的量×100%
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是 ______。
A.210℃
B.230℃
C.催化剂CZT
D.催化剂CZ(Zr−1)T
②在230℃以上，升高温度CO2的转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是 ______。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应I和反应Ⅱ，初始压强为p0，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小20%。则达到平衡时H2的转化率为 ______，反应Ⅱ的平衡常数K=______ (保留两位有效数字)。
18. 化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图所示。
已知：①G的结构简式为；
②ROOH+一定条件→+H2O。
(1)反应①的反应条件为 ______，反应F→G的反应类型为 ______。
(2)化合物H用习惯命名法命名为 ______。
(3)E与足量的H2完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为 ______。
(4)已知N为催化剂，则E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为 ______。
(5)K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有 ______种。
①苯环上只有两个侧链；
②能与Na反应生成H2；
③能与银氨溶液发生银镜反应。
(6)根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线 ______(无机试剂任选)。
19. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是( )
A. “时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应
B. “青蒿一揭，以水二升溃，绞取汁”，屠呦呦提取青蒿素的过程中发生了化学变化
C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，北宋沈括用胆矾炼铜的过程属于置换反应
D. “外观如雪，强烧之，紫青烟起”，南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应
20. 分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是( )
①根据酸分子中含有的氢原子个数，可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等
②根据物质在水溶液或熔融状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质
③根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质
④根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物
A. ③④ B. ②③ C. ①③ D. ④⑤
21. 金属单质四兄弟W、X、Y、Z不小心掉到稀盐酸池中，反应如图所示，则它们的活动性由强到弱的顺序是( )
A. X>W>Z>Y B. Z>X>W>Y
C. W>X>Y>Z D. Y>Z>X>W
22. 类比法是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列有关类比推测的说法正确的是( )
A. 已知Fe与S能直接化合生成FeS推测Cu和S可直接化合生成CuS
B. 已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应
C. 已知Cu与Cl2能直接化合生成CuCl2，推测Fe与Cl2可直接化合生成FeCl2
D. 已知Al能与O2生成致密氧化膜保护金属，推测Fe也与O2生成氧化膜保护金属
23. 2020年11月10日8时12分，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底。“奋斗者”号使用了钛合金材料。有关合金的说法中正确的是( )
A. 钛合金是一种新型金属单质
B. 在合金中加入稀土金属，对改善合金的性能无太大影响
C. 钛合金熔点比成分金属低，但硬度大
D. 钛合金的化学性质与钛单质相同
24. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )
A. 5.6gFe在氧气中燃烧，完全反应时转移电子数为0.3NA
B. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NA
C. 32gCu与氧气完全反应转移的电子数为NA
D. 在铝和氢氧化钠溶液反应的过程中生成33.6LH2转移的电子数为3NA
25. 现需要240mL1mol/L的NaOH溶液，配制该溶液，下列实验操作正确的是( )
A. 选择仪器时，使用500mL容量瓶
B. 用托盘天平称取9.6g的NaOH固体进行溶解
C. 将称量好的氢氧化钠固体放入容量瓶中，加入少量水溶解
D. 冷却后，用玻璃棒引流，将烧杯中的氢氧化钠溶液注入已经查漏的洁净的容量瓶中
26. 下列物质既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应的是 ( )
①Al2O3
②NaAlO2
③Al(OH)3
④(NH4)2CO3
⑤NaHCO3
⑥AlCl3
A. ①③⑤⑥ B. ①③④⑤ C. ①③ D. ②③
27. 下列说法正确的是( )
①常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应，则非金属性：P>N
②第IA族元素铯的两种同位素 137Cs比 133Cs多4个质子
③因为氧化性：HClO>稀H2SO4，所以非金属性：Cl>S
④离子化合物中即可以含有极性共价键又可以含有非极性共价键
⑤C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强
⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，所以酸性HCl>HI
⑦离子半径：K+>Cl−>S2−
A. ②③④⑤⑥⑦ B. ④⑤ C. ②③④⑦ D. ④⑤⑥
28. 下列叙述正确的个数是 ( )
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀
③钠在常温下不容易被氧化
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行
⑤石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成
⑥钠与CuSO4溶液反应，放出气体并生成蓝色沉淀
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
29. 下表中对离子方程式书写的评价正确的是 ( )
选项
化学反应与离子方程式
评价
A
将铜屑加入含Fe3+的溶液中：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
正确
B
NaOH溶液与氧化铝反应：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
错误，产物应该是Al(OH)3
C
Na2O2与H2O反应：Na2O2+H2O=2Na++2OH−+O2↑
错误，氧元素质量不守恒
D
向Fe(OH)3中加入足量稀盐酸：OH−+H+=H2O
正确
A. A B. B C. C D. D
30. 根据下列各反应，判断有关物质还原性由强到弱的顺序是( )
①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4
②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2
③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3．
A. FeCl2>HI>H2SO3>NO B. H2SO3>HI>FeCl2>NO
C. I2>FeCl2>H2SO3>NO D. NO>FeCl2>H2SO3>HI
31. 随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母x等表示)的原子半径、最高正价或最低负价的变化如图所示。
下列叙述正确的是( )
A. e、f的最高价氧化物对应的之间能发生反应
B. x、z、d组成的化合物一定是共价化合物
C. 元素g的最高价氧化物对应水化物的酸性比h的强
D. d与e组成的化合物一定只含离子键
32. 以不同类别物质间的转化为线索认识钠及其化合物。下列分析不正确的是 ( )
A. 1molNa和O2发生反应①转移1mol电子
B. ②中发生的离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑
C. 反应⑤表明Na2O2是碱性氧化物
D. 上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应
33. 下列“推理或结论”与“实验现象”不相符的一组是 ( )
选项
实验现象
推理或结论
A
钠沉在煤油的底部
钠的密度比煤油大
B
一小块金属钠放入水中，钠熔成闪亮的小球浮在水面上
钠与水反应放热且钠的熔点较低
C
钠在空气中燃烧后的产物夹杂有黑色固体
可能是钠表面的煤油没擦净
D
加热铝箔时，铝箔受热熔化但并不滴落，像被一层膜兜着
酒精灯能达到氧化铝的熔点但达不到铝的熔点
A. A B. B C. C D. D
34. 有两份质量相同的NaHCO3固体，向第一份中加入盐酸使其充分反应；将第二份加热使其完全分解，冷却至原温度再加入相同浓度的盐酸，充分反应，则它们所耗用的盐酸的体积比为( )
A. 2：1 B. 1：1 C. 1：2 D. 4：1
35. W、X、Y、Z为不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20，四种元素形成的化合物M的结构如图，农业上常用作肥料。下列说法错误的是( )
A. Y的最高价氧化物对应的水化物是弱电解质
B. 化合物M既能与强酸反应又能与强碱反应
C. X、Y分别与W形成的简单化合物的沸点：X
D. X与Z可形成既含有离子键又含有非极性共价键的离子化合物
36. 硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce2(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是( )
A. SO42−没有出现在图示转化中，其作用为催化剂
B. 处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少
C. 该转化过程的实质为NOx被H2还原
D. x=1时，反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
37. 离子液体具有电导率高、熔点低、不燃烧、热稳定性高等优越性能，在电池电解质领域展现了良好的应用前景。某离子液体W的结构如图所示，其中M、N、Y、Z、Q、X是原子序数依次递增的短周期主族元素。下列分析错误的是( )
A. 原子半径：M>Y>Z>Q
B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：Y
D. 常温下元素Q对应的单质可以发生置换反应生成Z的单质
38. 下列离子组一定大量共存的是( )
A. FeCl3溶液中：Fe2+、Cu2+、I−、SO42−
B. FeCl2溶液中：Mg2+、Ag+、MnO4−、NO3−
C. AlCl3溶液中：Mg2+、Fe3+、Fe2+、SO42−
D. 酸性溶液中：Al3+、Fe3+、Cl−、SO42−
39. 下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是 ( )
A
B
C
D
X
FeCl2溶液
FeCl3溶液
Fe
Na2SO4溶液
Y
FeCl3
CuCl2
Al
Na2CO3
Z
Cl2
Fe
NaOH溶液
BaCl2溶液
A. A B. B C. C D. D
40. 元素的价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。如图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法不正确的是( )
A. 铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化①
B. FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，可能生成氧化铁
C. 由图可预测：高铁酸盐(FeO42−)具有强氧化性，可用于消毒。FeO42−与水反应最终可生成Fe(OH)3胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用作净水剂
D. 加热Fe(OH)3可发生转化⑥
41. 向含有Fe2+、I−、Br−的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。有关说法不正确的是( )
A. 线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况
B. 原混合溶液中c(FeBr2)=6 mol/L
C. 当通入Cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl−
D. 原溶液中n(Fe2+)∶n(I−)∶n(Br−)=2∶1∶3
42. Ⅰ.“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1等病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：
“84消毒液”：含25%NaClO、1000mL、密度1.49g⋅cm−3，稀释100倍(体积比)后使用。长时间放置易与空气中的CO2反应而导致浓度偏低。
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为 mol⋅L−1。
(2)某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)= mol⋅L−1。
(3)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%、密度1.19g⋅cm−3的消毒液。下列说法正确的是 (填字母)。
A.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器
B.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
C.利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低
(4)下列操作会导致溶液浓度偏低的是 (填字母)。
A.未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶
B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
C.定容时俯视容量瓶刻度线
D.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上
Ⅱ.Na2FeO4是一种新型消毒剂，可由NaClO在碱性条件下与Fe(OH)3反应制得。2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。
①用“双线桥”标明该反应中电子的转移及数目 ；
②氧化剂与氧化产物的物质的量之比为 ；
③若反应转移3mol电子，则生成Na2FeO4的物质的量是 。
43. Ⅰ.已知有下列物质：①HNO3；②硫单质；③NaOH；④液氦；⑤Na2O2；⑥H2O2；⑦CCl4；⑧NH4Cl；⑨KBr；⑩O2，分别将正确的序号填入相应的位置。
(1)以上物质中只含有离子键的是 ；
(2)只含有共价键的是 ；
(3)既含有离子键又含有极性共价键的是 ；其电子式分别为 、 、 ；
(4)含有非极性共价键的化合物是 ；
(5)不含化学键的是 。
Ⅱ.下表为元素周期表的一部分。
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
二
①
②
③
三
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
请回答下列问题：
(1)⑦⑧⑨三种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 (填化学式)；
(2)③⑥⑨三种元素的简单离子半径由大到小排序为 (填离子符号)；
(3)元素④和⑥最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 ；
(4)从原子结构的角度分析④与⑤的金属性强弱： ；
(5)②、⑦的气态氢化物中较稳定的是 (填化学式)，判断依据是 。
44. 已知：粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质。
(1)溶液E加入氢氧化钠溶液的现象是 ；产生此现象的原因为 (用化学反应方程式解释)。
(2)写出下列反应的化学方程式：A+B→C+D ；D→H： 。
(3)写出下列反应的离子方程式：E+Cl2→G： ；G+C→E： ；B→F+H： 。
45. 某化工厂生产的漂白粉，产品说明书如下：请你回答
漂白粉使用说明书
主要成分：次氯酸钙、氯化钙
用法用量：每次取漂白粉2g，水1000mL，配成0.2%～0.3%的浊液。
将病人用具浸泡其中5～10分钟，如需要，浓度可提高，时间可延长。
注意事项：⋅⋅⋅⋅⋅⋅
(1)请你为漂白粉写一份保存、使用的注意事项(不超过30字) 。
(2)用化学方程式表示：
①实验室制备氯气的化学反应方程式 ；
②漂白粉的生产原理： ；
③一般情况下，漂白粉失效的主要原因： 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.镁原子核外电子排布式为1s22s22p63s2，同一能级电子运动状态相同，则有4种能量不同的电子，故A正确；
B.电镀时，镀层金属为阳极，镀件为阴极，含镀层金属阳离子的盐溶液为电解液，在铁制品上镀锌时，铁制品为阴极，锌盐溶液为电镀液，故B正确；
C.“一次性保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，可以构成原电池，在发热过程中应用的是原电池原理放出热量，故C正确；
D.C60和C70混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，故D错误；
故选：D。
A.镁原子核外电子排布式为1s22s22p63s2，同一能级电子运动状态相同；
B.电镀时，镀层金属为阳极，镀件为阴极，含镀层金属阳离子的盐溶液为电解液；
C.“一次性保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，可以构成原电池；
D.利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70。
本题考查电化学和核外电子排布，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
2.【答案】A
【解析】解：A.每个C2H2和N2含有的π键数均为2，标准状况下，2.24LC2H2和N2的混合气体物质的量为0.1mol，2.24LC2H2和N2的混合气体中含有的π键数约为0.2NA，.故A正确；
B.32gS8单质的物质的量是n(S8)=32g(32×8)g/mol=0.125mol，在1个S8分子中含有8个S−S共价键，则在0.125molS8单质中含有S−S共价键为0.125mol×8=1mol，故B错误；
C.乙酸乙酯在碱性条件下发生水解反应生成的是乙酸盐，不是生成乙酸，故C错误；
D.1L0.01mol⋅L−1溶液中，根据物料守恒可知、、的总物质的量为0.01mol，故D错误；
故选：A。
A.每个C2H2和N2含有的π键数均为2；
B.在1个S8分子中含有8个S−S共价键；
C.乙酸乙酯在碱性条件下发生水解反应生成的是乙酸盐；
D.根据物料守恒进行判断。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.AlCl3溶液中加入过量浓氨水，离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B.向BaCl2溶液中通入SO2，二者不反应，无法书写离子方程式，故B错误；
C.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，离子方程式为：CO2+OH−=HCO3−，故C正确；
D.将铜插入稀硝酸中的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；
故选：C。
A.氨水为弱碱，反应生成氢氧化铝沉淀；
B.氯化钡溶液不与二氧化硫反应；
C.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙；
D.铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确实验原理、元素化合物性质、实验操作规范性是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.酸性高锰酸钾溶液需要盛放在酸式滴定管中，锥形瓶内盛放待测溶液，实验操作合理，所以能实现实验目的，故A正确；
B.应该用坩埚加热固体药品，蒸发皿用于蒸发溶液，故B错误；
C.容量瓶不能溶解或稀释药品，应该将NaOH在烧杯中溶解冷却至室温后，再转移导致容量瓶中，故C错误；
D.缺少环形玻璃搅拌器，否则导致混合溶液温度不均匀，测定值不准确，故D错误；
故选A。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题综合考查氧化还原反应的计算和概念的理解，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，有利于培养学生的化学科学素养，难度不大，注意从元素化合价的角度识别相关概念、判断物质的性质。
【解答】
A.根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，10mol硝酸根离子完全被还原转移10mol电子，由反应可知生成2mol H3AsO4 转移10mol电子，则生成 1mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为5 mol，故A正确；
B.若将该反应设计成原电池，分析化合价知As2S3中元素化合价均升高，应在负极，故可选用硝酸作电解质溶液、石墨作正极、As2S3 作负极，故B错误；
C.NO2会污染环境，因此反应产生的NO2 可用 NaOH溶液吸收，故 C正确；
D.雄黄(As4S4 )中As化合价为+2价，雌黄(As2S3 )As化合价为+3价，故雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂，故D正确；
故选：B。
6.【答案】A
【解析】解：A.“煅烧”需要温度较高，需要在坩埚中进行，故A正确；
B.直接在过滤器中加水淋洗，并用玻璃棒不断搅拌，重复此操作2～3遍，故B错误；
C.“结晶”的操作是：蒸发结晶、冷却过滤，故C错误；
D.“水解90℃”的操作：最好的加热方式为水浴加热，酒精灯加热温度不易控制，故D错误；
故选：A。
酸性含钛废液中含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42−，酸性含钛废液中加入Fe粉进行还原，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、2TiO2++Fe+4H+=2Ti3++Fe2++2H2O，通过结晶得到FeSO4⋅7H2O，过滤得到FeSO4⋅7H2O晶体，滤液加热到90℃进行水解，过滤得到H2TiO3，用稀硫酸、水洗涤H2TiO3，然后干燥煅烧得到TiO2。
本题考查物质的分离提纯和制备，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素，故A错误；
B.氢氧化铝是溶于强酸、强碱的两性氢氧化物，但氢氧化铝不能溶于弱酸碳酸，故B错误；
C.由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镁原子与位于面心的镍原子的距离最近，则晶胞中与镁原子最近的镍原子个数为12，故C错误；
D.由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镁原子个数为8×18=1，位于面心的镍原子个数为6×12=3，位于体内的碳原子个数为1，则晶胞的化学式为MgNi3C，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：213NA=(10−10a)3d，解得d=2.13×1032NAa3，故D正确；
故选：D。
X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，X是形成化合物种类最多的元素，则X为C元素；Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，则Z为Al元素；Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，则Y为Mg元素、W为Ni元素。
本题综合查物质结构与性质，推断元素是解题的关键，难度中等，掌握均摊法进行晶胞的有关计算。
8.【答案】B
【解析】解：A.Ⅰ中的羧基和Ⅱ中的氨基发生取代反应生成Ⅲ，则该反应为取代反应，故A正确；
B.该反应除了生成有机物外还生成小分子化合物，所以原子利用率不是100%，故B错误；
C.Ⅰ、Ⅲ中酚羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.Ⅰ中除了羧基和酚羟基外，含有4种氢原子，其一氯代物有4种，故D正确；
故选：B。
A.Ⅰ中的羧基和Ⅱ中的氨基发生取代反应生成Ⅲ；
B.该反应除了生成有机物外还生成小分子化合物；
C.酚羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.Ⅰ中除了羧基和酚羟基外，含有几种氢原子，其一氯代物就有几种。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.氯气与少量Fe反应生成氯化铁，反应后的固体加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，可检验产物中的氯化铁，故A正确；
B.氯水可氧化NaBr生成溴，溶液变为橙色，可验证Cl的非金属性强于Br，故B正确；
C.葡萄糖含醛基，在碱性试样中加入新制Cu(OH)2具浊液，加热，生成砖红色沉淀，蔗糖不含醛基，可区分蔗糖和葡萄糖溶液，故C正确；
D.饱和NaCl溶液不能除去乙酸，应选饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯的乙醇和乙酸，故D错误；
故选：D。
A.氯气与少量Fe反应生成氯化铁；
B.氯水可氧化NaBr生成溴；
C.葡萄糖含醛基，在碱性试样中加入新制Cu(OH)2具浊液，加热，生成砖红色沉淀；
D.饱和NaCl溶液不能除去乙酸。
本题考查化学实验方案的评价，涉及知识点来源于教材，明确物质的性质、反应与现象、物质的检验、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重基础知识的考查，注重实验能力的培养和技能的训练，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.原电池工作时，电子由负极经过导线流向正极，即电子流向：A电极→用电器→电极B，故A错误；
B.A极为负极，失电子发生氧化反应，X生成Y少了两个氢原子，价态升高2，电极反应式可表示为X−2e−=Y+2H+，故B错误；
C.若有机物为麦芽糖(C12H22O11)，碳元素平均为0价，生成CO2时每处理1mol麦芽糖失电子数目为48mol，所以处理0.25mol有机物，电路中转移电子为48×0.25mol=12mol，即有12molH+透过质子交换膜移动到右室，故C正确；
D.正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，B电极上消耗标准状况下氧气56mL，电路中转移电子为4(O2)=4×0.056L22.4L/mol=0.01mol，负极反应式为X−2e−=Y+2H+，生成Y的物质的量n(Y)=0.005mol，m(Y)=nM=0.005mol×224g/mol=1.12g，故D错误；
故选：C。
由图可知，B电极上氧气发生得电子的还原反应生成H2O，则B电极作正极，A电极作负极，正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，有机物X在负极上发生失电子的氧化反应，负极反应式可表示为X−2e−=Y+2H+，正极区消耗H+，负极区生成H+，H+由负极区透过质子交换膜进入正极区，电子由负极经过导线流向正极，据此分析作答。
本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和运用能力，明确各个电极上发生的反应及电极反应式的书写是解题关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.由图象可知反应HCO3−(aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(l) 为吸热反应，故A错误；
B.由盖斯定律可知CO32−(aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)△H=(△H1+△H2+△H3)，故B正确；
C.由图象可知，能量差值越大，反应热的绝对值越大，△H1、△H2都为放热反应，则△H1<△H2，故C错误；
D.加入催化剂，反应热不变，故D错误。
故选：B。
由图象可知，CO32−(aq)+2H+(aq)生成HCO3−(aq)+H+(aq)以及HCO3−(aq)+H+(aq)生成H2CO3(aq)都为放热反应，H2CO3(aq)生成CO2(g)+H2O(l) 为吸热反应，结合图象中能量的高低解答该题．
本题考查化学反应与能量变化，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握图象的判断，难度不大．
12.【答案】D
【解析】解：由分析可知，X为H、Y为O、Z为Na、W为Al；
A.一般而言电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：O2−>Na+>Al3+，故A错误；
B.氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，不能通过电解AlCl3制取单质Al，工业上通常电解熔融氧化铝冶炼Al单质，故B错误；
C.该化合物为Na[Al(OH)4]，属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，故C错误；
D.X与Y形成的化合物可以是水，X与Z形成的化合物为NaOH，水和氢化钠可以反应生成氢氧化钠和氢气，故D正确；
故选：D。
X、Y、W、Z四种短周期元素原子半径依次增大，Z可形成带一个单位正电荷的阳离子，则Z处于IA族，而X和Z同主族，结构中X可以形成1个共价键，故X为H元素；Y和Z的简单离子具有相同的电子层结构，结构中Y形成2个共价键，故Y为O元素、Z为Na元素；W和Z(钠)同周期，结构中阴离子带1多个单位负电荷，W形成4个共价键，可知W原子核外电子数为4−1=3，故W为Al。
本题考查原子结构与元素性质，推断元素是解题的关键，注意紧扣短周期元素与价键结构进行推断，熟练掌握元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
13.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学反应原理，涉及化学平衡影响因素、图象分析等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确化学反应基本原理及外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NO的含量增大。根据图示可知：在压强不变时，NO的体积分数：T2>T1，所以温度：T2>T1，故A错误；
B.在温度不变时，增大压强，化学反应速率增大。由于压强：C>B，所以反应速率v(C)>v(B)，故B错误；
C.该反应中CO、NO都是反应物，二者反应转化的物质的量相同，因此若反应体系中NO的体积分数大，则其中的CO的体积分数也大，所以根据图示可知：ω(A)>ω(E)，故C正确；
D.化学平衡常数只与温度有关，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小，根据选项A分析可知：温度T2>T1，所以化学平衡常数：K(A)
14.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，曲线a在c(NH3)最小时含量最高，说明曲线a表示R2+；随着c(NH3)增大，R2+的浓度逐渐减小，[R(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线b表示[R(NH3)]2+；继续增大c(NH3)，[R(NH3)]2+的浓度又逐渐减小，[R(NH3)2]2+的浓度开始逐渐增大，则曲线c表示[R(NH3)2]2+；以此类推，曲线d表示[R(NH3)3]2+，曲线e表示为[R(NH3)4]2+，所以曲线b表示[R(NH3)]2+，故A错误；
B.当c{[R(NH3)3]2+}=c{[R(NH3)4]2+}时，反应平衡常数K1=c[R(NH3)3]2+c[R(NH3)4]2+×c(NH3)=c(NH3)=10−2.30；当c{[R(NH3)]2+}=c(R2+)时，反应平衡常数K4=c(R2+)c[R(NH3)]2+×c(NH3)=c(NH3)=10−4.31，则K1=102.01K4，故B错误；
C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得2c(SO42−)+c(OH−)=2c(R2+)+2c{[R(NH3)]2+}+2c{[R(NH3)2]2+}+2c{[R(NH3)3]2+}+2c{[R(NH3)4]2+}+c(NH4+)+c(H+)，故C错误；
D.根据图知，lgc(NH3)=−4.40时，δ(R2+)>δ{[R(NH3)]2+}>δ{[R(NH3)2]2+}，微粒分布系数越大，其浓度越大，所以存在c(R2+)>c{[R(NH3)]2+}>c{[R(NH3)2]2+}，故D正确。
故选：D。
本题考查离子浓度大小比较，侧重考查图像分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数计算方法、各离子浓度相对大小是解本题关键，B为解答易错点。
15.【答案】(1)三颈烧瓶
(2)2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑
(3)饱和食盐水
(4)无色变为紫色；3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定(或有利于生成K2FeO4)
(5)将装置C置于冰水浴中
(6)79.2%
【解析】
【分析】
图A中高锰酸钾与浓盐酸发生反应2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑制氯气，B中盛放饱和食盐水，除去氯气中的HCl，C中Cl2、Fe(OH)3、KOH发生反应3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O制取K2FeO4，D为尾气处理装置；
【解答】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
(1)仪器a的名称是三颈烧瓶；
(2)装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，发生反应的离子方程式为2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
(3)浓盐酸易挥发，氯气中含杂质HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置B中试剂为饱和食盐水；
(4)装置C中Cl2、Fe(OH)3、KOH反应制取K2FeO4，由电子守恒和原子守恒可得反应方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，生成K2FeO4水溶液为紫色，溶液的颜色无色变为紫色；已知K2FeO4在强碱性溶液中较稳定，加入过量浓KOH溶液的原因是K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定，
故答案为：无色变为紫色；3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定(或有利于生成K2FeO4)，
(5)K2FeO4在0℃～5℃较稳定，为了防止其分解，可将装置C置于冰水浴中；
(6)K2FeO4在硫酸溶液中，发生氧化还原反应，Fe元素的化合价由+6价降低为+3价，O元素的化合价由−2价升高为0，由电子、电荷及原子守恒可知，离子反应为4FeO42−+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O，取C中洗涤并干燥后样品的质量10g，加入稀硫酸，收集到0.672L气体，氧气的物质的量为n=VVm=0.672L22.4L/mol=0.03mol，由反应可知高铁酸钾的物质的量为0.04mol，则样品中高铁酸钾的质量分数约为0.04mol×198g/mol10g×100%=79.2%。
16.【答案】Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O 2CoSO4+5Zn+Sb2O3+3H2SO4=5ZnSO4+2CoSb+3H2O 2.8～7.5 取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素 2H2O−4e−=4H++O2↑ 操作I Ni(OH)2−e−+OH−=NiO(OH)+H2O 99.75%
【解析】解：(1)滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，浸取过程中铜和过氧化氢、氢离子反应生成铜离子和水，Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，
故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
(2)操作Ⅱ“除钴”时，浸液中含有过量硫酸，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，反应为硫酸钴和硫酸、Zn、Sb2O3产生CoSb、硫酸锌、水，2CoSO4+5Zn+Sb2O3+3H2SO4=5ZnSO4+2 CoSb+3H2O，
故答案为：2CoSO4+5Zn+Sb2O3+3H2SO4=5ZnSO4+2 CoSb+3H2O；
(3)操作Ⅲ需要将铁离子沉淀完全而镉离子不会沉淀，由表格可知，需加加入ZnO控制溶液pH的范围为2.8～7.5；若加入的H2O2不足，则电解液中含有亚铁子，检验方法为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素，
故答案为：2.8～7.5；取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素；
(4)“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反应为水电离出的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，反应式为2H2O−4e−=4H++O2↑；电解废液中通过电解后含有硫酸，故最好在操作I加入循环利用，
故答案为：2H2O−4e−=4H++O2↑；操作I；
(5)镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应为Ni(OH)2发生氧化反应生成NiO(OH)，反应为Ni(OH)2−e−+OH−=NiO(OH)+H2O；已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15；常温下，当pH=10时，氢氧根离子浓度为10−4mol/L，则镉离子浓度为7.2×10−1510−4×10−4=7.2×10−7mol/L；镉的去除率为2.88×10−4−7.2×10−72.88×10−4×100%=99.75%，
故答案为：Ni(OH)2−e−+OH−=NiO(OH)+H2O；99.75%。
由流程可知，铜镉渣加入稀硫酸，铜不反应进入滤渣Ⅰ，锌、铁、镉、钴元素进入溶液；加入锌和Sb2O3后除去钴得到CoSb滤渣，滤液加入过氧化氢后将二价铁转化为三价铁后加入氧化锌生成氢氧化铁沉淀；过滤除去氢氧化铁后电解最终得到单质镉；
(1)滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，浸取过程中铜和过氧化氢、氢离子反应生成铜离子和水；
(2)操作Ⅱ“除钴”时，浸液中含有过量硫酸，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，反应为硫酸钴和硫酸、Zn、Sb2O3产生CoSb、硫酸锌、水；
(3)操作Ⅲ需要将铁离子沉淀完全而镉离子不会沉淀；若加入的H2O2不足，则电解液中含有亚铁子；
(4)“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反应为水电离出的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气；
(5)镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应为Ni(OH)2发生氧化反应生成NiO(OH)；已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15；常温下，当pH=10时，氢氧根离子浓度为10−4mol/L，则镉离子浓度为7.2×10−1510−4×10−4=7.2×10−7mol/L。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的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，题目难度不大。
17.【答案】(1)小于；减小
(2)AB
(3)①BD；②230℃以上，温度升高，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，但温度对反应Ⅱ的平衡影响更大
(4)55%；0.22
【解析】(1)反应Ⅰ的lnK(K代表化学平衡常数)随1T(温度的倒数)增大而增大，说明降低温度，平衡正向移动，则反应Ⅰ为放热反应，ΔH1<0；由图可知，反应Ⅰ的lnK(K代表化学平衡常数)随1T(温度的倒数)增大而减小，说明降低温度，平衡逆向移动，ΔH2>0；根据盖斯定律：Ⅰ−Ⅱ得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=ΔH1−ΔH2<0，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，
故答案为：小于；减小；
(2)A.增大CO的浓度，反应Ⅱ平衡逆向移动，则二氧化碳的浓度增大，反应I的平衡向正反应方向移动，故A正确；
B.降低温度，反应I和II的正、逆反应速率都减小，故B正确；
C.恒温恒容下充入氦气，各组分浓度不变，平衡不移动，故C错误；
D.两个反应是在同一体系中进行，增大压强，反应I和II重新达到平衡的时间相同，故D错误；
故答案为：AB；
(3)①由图可知，使用催化剂CZ(Zr−1)T时甲醇的选择性和产率均更高，230℃时，在催化剂CZ(Zr−1)T催化下甲醇产率最高，
故答案为：BD；
②反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，甲醇的产率降低，而反应Ⅱ为吸热反应，平衡正向移动，且温度对反应Ⅱ的平衡影响更大，所以总体CO2的转化率增大，
故答案为：230℃以上，温度升高，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，但温度对反应Ⅱ的平衡影响更大；
(4)在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小20%，则平衡时混合气体总物质的量为6mol×(1−20%)=4.8mol，设平衡时甲醇物质的量为xmol，CO物质的量为ymol，列化学平衡三段式，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
转化(mol) x 3x x x
平衡(mol) x
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
转化(mol) y y y y
平衡(mol) y
x+y=11+4−3x−y+x+x+y+y=4.8，解得x=0.6，y=0.4，则H2的转化率为(3×0.6+0.4)mol4mol×100%=55%；平衡时二氧化碳物质的量为1mol，氢气物质的量为4mol×(1−55%)=1.8mol，CO物质的量为0.4mol，H2O(g)物质的量为1mol，反应Ⅱ的平衡常数K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=0.4V×1V1V×1.8V≈0.22，
故答案为：55%；0.22。
18.【答案】(1)光照；取代反应
(2)间苯二酚
(3)4
(4)
(5)18
(6)
【解析】解：(1)反应①是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，F→G是与反应生成和HBr，反应中单键断裂，又形成新的单键，该反应类型为取代反应。
(2)H为，用习惯命名法命名为间苯二酚。
(3)E与足量的H2完全加成后所生成的化合物为，图中标有“*”为手性碳原子：，即含有4个手性碳原子。
(4)E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为。
(5)D为，K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则K比D多1个CH2原子团，K能与Na反应生成H2、能与银氨溶液发生银镜反应，说明K含有羟基、醛基，且K的苯环上只有两个侧链，可以是将苯环插入HOCH2CH2CHO、中的碳碳键之间或是碳氧单键之间，均有3种位置，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×(3+3)=18种。
(6)由与反应生成，与HCl反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，合成路线为。
本题考查有机物的合成，涉及有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，题目较好地考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
19.【答案】B
【解析】
【分析】
本题综合考查物质的性质、用途等知识，为高频考点，侧重化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大．
【解答】
A.气溶胶具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，故A正确；
B.提取青蒿素的过程利用萃取的原理，没有发生化学变化，故B错误；
C.涉及铁与硫酸铜的反应，铁置换出铜，同时生成硫酸亚铁，故C正确；
D.题目涉及硝酸钾的灼烧以及颜色，利用了焰色反应，故D正确。
故选：B。
20.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查基本概念的辨析，题目难度不大，明确不同的分类依据得出不同的分类结果是解答关键，注意相关概念的内涵。
【解答】
①根据酸能电离出的氢离子的个数，而不是根据氢原子的个数，例如H3PO2含有3个氢原子却属于一元酸，故错误；
②电解质和非电解质都是对化合物而言，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，故错误；
③根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，故正确；
④根据反应中是否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应，分类标准合理，故正确；
⑤金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物(如CO、NO)。酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物，故错误。故A正确。
故选A。
21.【答案】B
【解析】解：根据图示可以看出，Z表面冒出的气泡最多，X表面冒出的气泡其次，W表面稍微起泡，而Y表面不冒泡，所以其活动性顺序为Z>X>W>Y，观察选项，
故选：B。
在金属活动性顺序中，氢前的金属能与酸反应生成氢气，金属的位置越靠前，反应的速度越快。
本题考查了金属活动性顺序的判断，完成此题，可以依据金属活动性顺序的意义进行，题目难度不大。
22.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查物质性质的类比推测，为高频考点，题目难度不大，把握物质的性质、氧化还原反应规律为解答的关键，试题综合性较强，有利于提高学生的分析能力及灵活运用能力。
【解答】
A.已知Fe与S能直接化合生成FeS，而Cu与S可直接化合生成Cu2S，推测不合理，故A错误；
B.铁的还原性强于铜和银，所以已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应，推测合理，故B正确；
C.氯气氧化性强，与变价金属反应生成最高价氯化物，所以铁与氯气反应产物为氯化铁，推测不合理，故C错误；
D.表面在空气中铁和氧气生成的是铁锈，不是致密的氧化膜，不能保护铁金属，推测不合理，故D错误。
故选B。
23.【答案】C
【解析】解：A.合金是混合物，不是单质，故A错误；
B.合金通常有比成分金属更优异的物理性能，即合金中加入稀土金属，能大大改善合金的性能，故B错误；
C.钛合金熔点通常比成分金属低，但硬度比成分金属大，具有优异的物理性能，故C正确；
D.钛合金是金属钛与其他金属或非金属所形成的混合物，具有金属钛的性质，但和钛单质的性质不完全相同，故D错误；
故选：C。
将两种或两种以上的金属(或金属与非金属)融合在一起得到的具有特殊性能的混合物，即为合金，合金的熔点一般比成分金属低，硬度一般比成分金属高，据此分析。
本题考查了合金的成分和性质，难度不大，应注意的是合金的物理性质比成分金属更优异，化学性质和成分金属相同。
24.【答案】C
【解析】解：A.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，5.6gFe物质的量为：5.6g56g/mol=0.1mol，在氧气中燃烧，完全反应时转移电子数为：0.83NA，故A错误；
B.标准状况下，22.4L氦气物质的量为1mol，含原子个数为NA个，故B错误；
C.铜与氧气反应生成氧化铜，32gCu物质的量为：32g64g/mol=0.5mol，与氧气完全反应转移的电子数为0.5mol×2×NAmol−1=NA，故C正确；
D.气体状况未知，无法计算气体的物质的量，无法计算转移电子数，故D错误；
故选：C。
A.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁；
B.氦气为单原子分子；
C.铜与氧气反应生成氧化铜；
D.气体状况未知。
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，注意气体摩尔体积使用条件和对象，难度不大。
25.【答案】D
【解析】解：A.需要240mL1mol/L的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，故A错误；
B.需要240mL1mol/L的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，需要称量氢氧化钠的质量为：0.25L×1mol/L×40g/mol=10.0g，故B错误；
C.容量瓶不能用于溶解固体，应先在烧杯中溶解，冷却到室温后再移液到容量瓶，故C错误；
D.为保证实验成功，应将所用的溶质全部转移到容量瓶，所以，冷却后，用玻璃棒引流，将烧杯中的氢氧化钠溶液注入已经查漏的洁净的容量瓶中，故D正确；
故选：D。
A.依据“大而近”的原则选择容量瓶规格；
B.需要240mL1mol/L的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，依据m=cVM计算溶质的质量；
C.依据容量瓶使用注意事项解答；
D.为保证实验成功，应将所用的溶质全部转移到容量瓶。
本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理及操作步骤，熟悉容量瓶构造特点及使用注意事项是解题关键，题目难度不大。
26.【答案】B
【解析】解：①氧化铝可以和稀硫酸反应生成硫酸铝和水，又能跟NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，故①正确；
②NaAlO2可以和稀硫酸反应生成硫酸铝和水，但是不能跟NaOH溶液反应，故②错误；
③氢氧化铝可以和稀硫酸反应生成硫酸铝和水，又能跟NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，故③正确；
④(NH4)2CO3可以和硫酸反应生成硫酸铵、水以及二氧化碳，又能跟NaOH溶液反应生成碳酸钠和一水合氨，故④正确；
⑤NaHCO3可以和硫酸反应生成硫酸钠、水以及二氧化碳，又能跟NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故⑤正确；
⑥氯化铝可以和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠，但是和硫酸之间不反应，故⑥错误；
故选：B。
根据物质间的反应进行判断，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al(OH)3、Zn(OH)2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：(NH4)2S、NH4HS、(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等；⑤某些非金属：Si、S等；⑥其它一些物质．如：a、某些盐类物质既与酸反应，又与碱反应；b、个别酸性氧化物SiO2；c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、与碱反应．以此解答本题．
本题考查与酸和碱都能发生反应的物质，常见的物质有铝、氧化铝、氢氧化铝、多元弱酸的酸式盐(如碳酸氢钠、硫氢化钠等)、蛋白质、氨基酸。
27.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了元素周期表和元素周期律，为高频考点，把握非金属性比较方法、化学键、离子半径比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有关规律，题目难度不大。
【解答】
①不能根据单质的稳定性来判断元素的非金属性，N、P都是第VA族元素，非金属性：N>P，故错误；
②同位素的质子数相同，第IA族元素铯的两种同位素 137Cs与 133Cs的质子数相同，中子数不同，故错误；
③不能根据含氧酸的氧化性强弱来判断元素非金属性强弱，酸性：HClO4>H2SO4，所以非金属性：Cl>S，故错误；
④离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH中含有极性共价键，Na2O2中含有非极性共价键，故正确；
⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故正确；
⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸酸性逐渐减弱(F无含氧酸)，故错误；
⑦核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：K+
28.【答案】B
【解析】解：①Na2O2能和水反应生成碱和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②碳酸氢钠与氯化钙不反应，故②错误；
③钠在常温下易被氧化生成白色固体氧化钠，故③错误；
④Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可作供氧剂，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，不能用作供氧剂，故④正确；
⑤石蕊试液中加入Na2O2粉末，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液变蓝色，过氧化钠具有强氧化性，溶液蓝色褪去，先变蓝后褪色，并有气泡生成，故⑤正确；
⑥钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠和氢气，所以钠与CuSO4溶液反应，放出气体并生成蓝色沉淀，故⑥正确；
故选：B。
①能够与水反应只生成碱的氧化物为碱性氧化物；
②碳酸氢钠和氯化钙不反应；
③钠在常温下易被氧化；
④Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可以作供氧剂；
⑤过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性；
⑥钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠和氢气。
本题考查了元素化合物知识，熟悉钠及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。
29.【答案】C
【解析】解：A.离子方程式要满足电荷守恒，将铜屑加入含Fe3+的溶液中：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，评价错误，故A错误；
B.氧化铝是两性氢氧化物，和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，评价错误，故B错误；
C.Na2O2与H2O反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2↑，评价正确，故C正确；
D.氢氧化铁是弱碱，不能拆，离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，评价错误，故D错误；
故选：C。
A.离子方程式要满足电荷守恒；
B.氧化铝是两性氢氧化物，和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；
C.离子方程式要满足质量守恒和电荷守恒；
D.氢氧化铁是弱碱，不能拆。
本题考查了离子方程式正误判断以及评价，难度不大，应注意的是离子方程式要满足电荷守恒和质量守恒。
30.【答案】B
【解析】解：①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3>I−，
②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I−>FeCl2，
③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性FeCl2>NO，
显然还原性由强到弱的顺序为H2SO3>HI>FeCl2>NO，
故选：B。
利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱．
本题考查氧化还原反应中还原性的比较，能利用化合价分析氧化还原反应，利用氧化还原反应中的规律来比较还原性是解答本题的关键，题目难度不大．
31.【答案】A
【解析】解：A.NaOH、Al(OH)3发生反应生成NaAlO2，故A正确；
B.H、N、O组成的化合物可能是离子化合物，如NH4NO3是离子化合物，故B错误；
C.同周期元素从左到右，最高价含氧酸的酸性依次增强，酸性H2SO4
故选：A。
根据八种短周期元素的原子半径、最高正价或最低负价的变化图，可知x是H元素、y是C元素、z是N元素、d是O元素、e是Na元素、f是Al元素、g是S元素、h是Cl元素。
本题考查元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
32.【答案】C
【解析】解：A.1molNa和O2发生反应①，反应的化学方程式为：2Na+O2=点燃Na2O2，转移1mol电子，故A正确；
B.②中发生反应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故B正确；
C.反应⑤是过氧化钠与水和二氧化碳反应都生成氧气，Na2O2是过氧化物，不是碱性氧化物，故C错误；
D.上述转化中发生的反应有分解反应，如碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，有化合反应，如钠和氧气点燃反应生成过氧化钠，也有置换反应，如钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，故D正确；
故选：C。
A.1molNa和O2发生反应①生成过氧化钠，1个钠原子失去一个电子形成钠离子；
B.②中发生反应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；
C.和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；
D.一种物质生成两种或多种物质的反应为分解反应，两种或两种以上的物质生成一种物质的反应为化合物，一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应。
本题考查了元素化合物知识，熟悉钠及其化合物的性质是解题关键，注意碱性氧化物的性质和概念，题目难度不大。
33.【答案】D
【解析】解：A.钠沉在煤油的底部，说明钠的密度比煤油大，故A正确；
B.一小块金属钠放入水中，钠熔成闪亮的小球浮在水面上，说明钠与水反应放热且钠的熔点较低，故B正确；
C.钠在空气中燃烧后的产物夹杂有黑色固体，因为钠保存在煤油中，可能是钠表面的煤油没擦净，故C正确；
D.加热铝箔时，铝箔受热熔化但并不滴落，像被一层膜兜着，这是因为酒精灯能达到铝的熔点但达不到氧化铝的熔点，故D错误；
故选：D。
A.钠的密度大于煤油；
B.钠熔点低，和水反应放出热量；
C.钠保存在煤油中，煤油为黑色物质；
D.铝的熔点低于氧化铝。
本题考查钠的性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确钠的物理性质、化学性质是解本题关键，题目难度不大。
34.【答案】B
【解析】第一份中发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，第二份中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，加入盐酸，发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，最终都生成氯化钠，令碳酸氢钠的物质的量为1mol，根据钠元素守恒可知n(NaHCO3)=n(NaCl)=1mol，根据氯元素守恒可知n(NaCl)=n(HCl)=1mol，故第一份、第二份中实际消耗的HCl的物质的量之比为1mol：1mol=1：1，盐酸的浓度相同，体积之比等于物质的量之比，故消耗盐酸的体积之比为1：1，
故选B。
35.【答案】C
【解析】解：A.Y的最高价氧化物对应水化物是H3PO4，是弱电解质，故A正确；
B.化合物M为KH2PO4，其中H2PO4−既能与强酸反应，又能与强碱反应，故B正确；
C.X、Y分别与W形成的简单化合物为H2O、PH3，沸点H2O>PH3，稳定性：H2O>PH3，故C错误；
D.X与Z可形成K2O2，属既含有离子键又含有非极性共价键的离子化合物，故D正确；
故选：C。
W、X、Y、Z为不同周期的主族元素，且原子序数小于20，则这四种元素分别为一、二、三、四周期元素，W为H元素；X成键数为2，为第二周期，则X为O元素；Y为P元素，Z为K元素；化合物M为KH2PO4。
本题考查元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
36.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。
【解答】
A.SO42−在溶液中不参加反应，也不是催化剂，故A错误；
B.处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数不变，总反应可以看作烟气与H2反应，故B错误；
C.总反应可以看作烟气与H2反应，则该转化过程的实质为NOx被H2还原，故C正确；
D.x=1时，根据得失电子守恒，反应II中氧化剂(NO)与还原剂(Ce3+)的物质的量之比为1：2，故D错误。
故选C。
37.【答案】B
【解析】解：A.同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径：M>Y>Z>Q，故A正确；
B.非金属性越强最高价氧化物的水合物的酸性越强，O无最高正价，F无正价，故B错误；
C.M是Li，其保存方法是密封在固体石蜡中，故C正确；
D.氟单质化学性质很活泼，常温下可以和水发生置换反应生成氧气，故D正确；
故选：B。
M、N、Y、Z、Q、X是原子序数依次递增的短周期主族元素，离子液体W中元素M带一个单位正电荷，则元素M为Li，N成四个共价键，则元素N为C，Y成两个共价键，且得到一个电子，则元素Y为N，Z成二个共价键，则元素Z为O，Q成一个共价键，则元素Q为F，X成六个共价键，则元素X为S；
A.同周期元素从左到右原子半径依次减小；
B.非金属性越强最高价氧化物的水合物的酸性越强，O无最高正价，F无正价；
C.M是Li，其保存方法是密封在固体石蜡中；
D.氟单质化学性质很活泼，常温下可以和水发生置换反应生成氧气。
本题考查元素推断和元素周期律，侧重考查学生元素的成键和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
38.【答案】CD
【解析】解：A.Fe3+、I−之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.Ag+、Cl−之间反应生成难溶物氯化银，且Fe2+也要被MnO4−氧化，则离子间不能大量共存，故B错误；
C.Mg2+、Fe3+、Fe2+、SO42−、Al3+、Cl−之间不反应，能够大量共存，故C正确；
D.Al3+、Fe3+、Cl−、SO42−与H+都能大量共存，故D正确；
故选：CD。
A.铁离子能够氧化碘离子；
B.银离子与氯离子生成氯化银沉淀，且Fe2+也要被MnO4−氧化；
C.四种离子之间不反应，都不与氯化铝反应；
D.铝离子、铁离子、氢离子都与碳酸氢根离子反应，铁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，明确题干暗含信息、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。
39.【答案】C
【解析】解：A.氯气能将FeCl2氧化为FeCl3，而不能FeCl3将除去，应加入Fe，故A错误；
B.Fe能与FeCl3和CuCl2都反应，不能用加入Fe的方法除杂，故B错误；
C.铁与NaOH溶液不反应，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，可除去，故C正确；
D.Na2SO4和Na2CO3都能与BaCl2反应生成沉淀，不能用BaCl2除去杂质，故D错误。
故选：C。
A.氯气能将FeCl2氧化为FeCl3；
B.Fe能与FeCl3和CuCl2都反应；
C.铁与NaOH溶液不反应；
D.Na2SO4和Na2CO3都能与BaCl2反应生成沉淀．
本题考查物质的分离、提纯和除杂等问题，题目难度不大，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离．
40.【答案】AB
【解析】解：A.铁与高温水蒸气的反应生成四氧化三铁，不是生成氧化铁，故不能实现上述转化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，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.加热Fe(OH)3发生转化⑥分解生成氧化铁，加热Fe(OH)3可发生转化⑥，故D正确；
故选：AB。
A.铁高温下和水蒸气反应生成四氧化三铁；
B.氧化亚铁受热反应生成四氧化三铁黑色固体；
C.高铁酸钠具有强氧化性，与水反应生成Fe(OH)3胶体，具有净水作用，其中Fe元素化合价由+3价变为+6价，所以O元素化合价由−2价变为0价即有氧气生成；
D.氢氧化铁难溶于水。
本题考查了铁及其化合物性质、化学反应产物的分析判断、氧化还原反应和胶体性质的应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
41.【答案】B
【解析】
【分析】
本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，是易错题目，难度较大。
【解答】
还原性I−>Fe2+>Br−，故首先发生2I−+Cl2=I2+2Cl−，I−反应完毕再发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；最后发生反应2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，
A.B点时溶液中I−完全反应，溶液中存在Fe2+和Br−，BC段发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确；
B.由图可知，BC段发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n(Fe2+)=2×2mol=4mol，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c(FeBr2)，故B错误；
C.AB段发生2I−+Cl2=I2+2Cl−，2mol的I−消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n(Fe2+)：n(I−)=1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl−，故C正确；
D.由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I−+Cl2=I2+2Cl−，故n(I−)=2n(Cl2)=2mol，BC段发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，消耗氯气2mol，故n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×2mol=4mol，DE段发生2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，消耗氯气3mol，故n(Br−)=2n(Cl2)=6mol，故原溶液中n(Fe2+)：n(I−)：n(Br−)=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D正确。
故选B。
42.【答案】5.0 0.05 C AD 3：2 1mol
【解析】解：Ⅰ.(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为：1000mL/L×1.49g/mL×25%74.5g/mol=5.0mol/L，
故答案为：5.0；
(2)溶液稀释前后钠离子物质的量不变，稀释后溶液中钠离子物质的量浓度为：1100×5.0mol/L=0.05mol/L，
故答案为：0.05mol/L；
(3)A.用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到圆底烧瓶和分液漏斗，还缺少胶头滴管、玻璃棒，故A错误；
B.定容操作时仍然需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干即可使用，故B错误；
C.商品次氯酸钠中含有杂质，所取固体含溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C正确；
故答案为：C；
(4)A.未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A正确；
B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，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B错误；
C.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C错误；
D.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D正确；
故选：AD；
Ⅱ.①2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，反应中氢氧化铁中+3价铁升高为高铁酸钠中+6价铁，次氯酸钠中+1价的氯降为氯化钠−1价，生成2mol高铁酸钠转移6mol电子，用双线桥表示为：，
故答案为：；
②2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，反应中氢氧化铁中+3价铁升高为高铁酸钠中+6价铁，氢氧化铁为还原剂，对应高铁酸钠为氧化产物，次氯酸钠中+1价的氯降为氯化钠−1价，次氯酸钠为氧化剂，氯化钠为还原产物，所以氧化剂与氧化产物的物质的量之比为：3：2，
故答案为：3：2；
③依据2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O～6e−，若反应转移3mol电子，则生成Na2FeO4的物质的量是1mol，
故答案为：1mol。
Ⅰ.(1)依据c=1000ρωM计算浓硫酸的物质的量；
(2)依据溶液稀释规律计算；
(3)A.用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，据此选择需要的仪器；
B.定容操作时仍然需要向容量瓶中加入蒸馏水；
C.商品次氯酸钠中含有杂质。
(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析；
Ⅱ.①2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，反应中氢氧化铁中+3价铁升高为高铁酸钠中+6价铁，次氯酸钠中+1价的氯降为氯化钠−1价，生成2mol高铁酸钠转移6mol电子；
②分析反应中元素化合价变化判断氧化剂、氧化产物；
③依据2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O～6e−计算。
本题考查一定物质的量浓度溶液的配制和误差分析、氧化还原反应基本概念，熟悉配制原理和过程、容量瓶规格的选择、误差分析的方法和技巧、准确分析反应中元素化合价变化是解题关键，题目难度不大。
43.【答案】⑨ ①②⑥⑦⑩ ③⑤⑧ ⑤⑥ ④ HClO4 Cl−>O2−>Al3+ OH−+Al(OH)3=AlO2−+2H2O Na原子半径比Mg大，Na的核电荷数比Mg小，Na原子核对外层电子的吸引力较弱，更容易失电子，故Na的金属性比Mg强 NH3 N元素非金属性比P元素强
【解析】解：Ⅰ.①HNO3；分子中只含有极性共价键；②硫单质中只含有非极性共价键；③NaOH属于离子化合物，其中既含有离子键又含有极性共价键；④液氦属于稀有气体，是由单原子构成的分子，不含化学键；⑤Na2O2属于离子化合物，其中既含有离子键又含有非极性共价键；⑥H2O2属于共价化合物，其中既含有极性共价键，又含有非极性共价键；⑦CCl4分子中只含有极性共价键；⑧NH4Cl属于离子化合物，其中既含有离子键又含有极性共价键；⑨KBr属于离子化合物，其中只含有离子键；⑩O2分子中含有非极性共价键；
(1)以上物质中只含有离子键的是⑨，
故答案为：⑨；
(2)只含有共价键的是①②⑥⑦⑩，
故答案为：①②⑥⑦⑩；
(3)既含有离子键又含有极性共价键的是③⑤⑧；其电子式分别为：、、；
故答案为：③⑤⑧；、、；
(4)含有非极性共价键的化合物是⑤⑥，
故答案为：⑤⑥；
(5)不含化学键的是④，
故答案为：④。
Ⅱ.由元素在周期表中位置可知，①为C、②为N、③为O、④为Na、⑤为Mg、⑥为Al、⑦为P、⑧为S、⑨为Cl，
(1)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，P、S、Cl三种元素的非金属性依次增强，故三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，
故答案为：HClO4；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，O2−、Al3+具有相同电子层结构，Al3+的核电荷数更大，原子核对核外电子吸引更强，故离子半径O2−>Al3+，Cl−比O2−多一个电子层，则离子半径Cl−>O2−，故离子半径由大到小的顺序为：Cl−>O2−>Al3+，
故答案为：Cl−>O2−>Al3+；
(3)元素④和⑥最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为：OH−+Al(OH)3=AlO2−+2H2O，
故答案为：OH−+Al(OH)3=AlO2−+2H2O；
(4)同一周期元素核电荷数越大，原子半径越小，原子核对外层电子吸引减弱，Na原子半径比Mg大，Na的核电荷数比Mg小，Na原子核对外层电子的吸引力较弱，更容易失电子，故Na的金属性比Mg强，
故答案为：Na原子半径比Mg大，Na的核电荷数比Mg小，Na原子核对外层电子的吸引力较弱，更容易失电子，故Na的金属性比Mg强；
(5)元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性N>P，则气态氢化物中较稳定的是NH3，
故答案为：NH3；N元素非金属性比P元素强。
Ⅰ.解答该题时根据离子键、共价键、极性共价键、非极性共价键的概念进行分析；
Ⅱ.(1)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大；
(3)氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水；
(4)同一周期元素核电荷数越大，原子半径越小，原子核对外层电子吸引减弱；
(5)元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定。
本题考查化学键的判断、电子式的书写、元素周期表和周期律的应用，熟记常见元素在周期表中的位置，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，是解答该题的关键。
44.【答案】生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al+Fe2O3=高温2Fe+Al2O3 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl− 2Fe3++Fe=3Fe2+ 2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑
【解析】解：(1)由上述分析可知，溶液E为FeCl2溶液，向FeCl2溶液中加入氢氧化钠溶液，先生成氢氧化亚铁，后迅速被氧化为氢氧化铁，现象是：生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，有关反应方程式为FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(2)A+B→C+D的反应为铝热反应，化学方程式：2Al+Fe2O3=高温2Fe+Al2O3；D→H的化学方程式：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，
故答案为：2Al+Fe2O3=高温2Fe+Al2O3；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
(3)E+Cl2→G的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；G+C→E的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+；B→F+H的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，
故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；2Fe3++Fe=3Fe2+；2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑。
粉末单质B是金属单质，且B能与强碱溶液反应产生单质F，说明B为Al，F为H2，粉末化合物A是红棕色，A与铝反应生成单质C和化合物D，可知A为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，铁与酸L反应生成E和氢气，而E与氯气反应生成G，G与Fe反应生成C，则L为HCl、E为FeCl2，G为FeCl3，化合物H为偏铝酸盐。
本题考查无机物推断，涉及Al、Fe元素单质化合物的性质，物质的颜色是推断突破口，注意对基础知识的掌握。
45.【答案】密封、避光、干燥地方保存，避免受潮与酸性物质接触 MnO2+4HCl(浓)=△MnCl2+Cl2↑+2H2O 2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO=光照2HCl+O2↑
【解析】(1)次氯酸钙与空气中的水、二氧化碳反应生成HClO，次氯酸在光照条件下分解生成HCl与氧气，导致漂白粉失效，故保存时应：密封、避光、干燥地方保存，避免受潮与酸性物质接触，
故答案为：密封、避光、干燥地方保存，避免受潮与酸性物质接触；
(2)①实验室制取氯气是用二氧化锰，在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，实验室制取氯气的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)=△MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)=△MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②利用氯气与消石灰反应制备漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，
故答案为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
③漂白粉中含有Ca(ClO)2，易与空气中的水和二氧化碳反应生成不稳定的HClO，次氯酸见光易分解，导致漂白粉失效，反应的相关方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO=光照2HCl+O2↑，
故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO=光照2HCl+O2↑。
(1)次氯酸钙与空气中的水、二氧化碳反应生成HClO，次氯酸在光照条件下分解生成HCl与氧气，导致漂白粉失效，据此解答；
(2)实验室用浓盐酸，加入二氧化锰，在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水；利用氯气与消石灰反应制备漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙与水。
本题考查漂白粉的性质、制备及应用，侧重于基础知识的考查，注意把握物质的制备、性质以及应用，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．
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