2022北京大兴高一（上）期末化学（教师版）

这是一份2022北京大兴高一（上）期末化学（教师版），共16页。试卷主要包含了非选择题等内容，欢迎下载使用。

2022北京大兴高一（上）期末
化 学
一、选择题（共42分）本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题3分
1．（3分）2022年2月4日，第24届冬奥会将在中国北京和张家口举行。滑雪是冬奥会的主要项目之一，下列滑雪用品涉及的材料中，属于合金的是（　　）

A．滑雪板底板——塑料
B．滑雪手套——聚乙烯
C．滑雪服面料——尼龙
D．滑雪杖杆——铝材（铝、镁）
2．（3分）当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（　　）
A．KCl溶液 B．Fe（OH）3胶体
C．KOH溶液 D．CuSO4溶液
3．（3分）下列物质中，属于电解质的是（　　）
A．Cu B．KNO3 C．NaOH溶液 D．H2SO4溶液
4．（3分）下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（　　）
A．Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣ B．Na+、Ca2+、CO32﹣、NO3﹣
C．Na+、H+、Cl﹣、CO32﹣ D．K+、Ag+、NO3﹣、Cl﹣
5．（3分）下列化合物中，含有共价键的是（　　）
A．CO2 B．KCl C．Na2O D．CaCl2
6．（3分）下列物质中，不能由两种单质直接化合生成的是（　　）
A．CuCl2 B．Na2O2 C．FeCl2 D．HCl
7．（3分）下列转化中，需要加入还原剂才能实现的是（　　）
A．CO2→CaCO3 B．HCl→Cl2 C．I﹣→I2 D．Fe2O3→Fe
8．（3分）硒（Se）是人体必需的微量元素。Se的原子结构示意图为，下列说法中不正确的是（　　）
A．Se属于第4周期VIA族元素
B．氢化物的稳定性：H2Se＜H2S
C．核素Se原子核内的中子数子数是78
D．Se的最高价氧化物对应的水化物是H2SeO4
9．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（　　）
A．Na的摩尔质量是23g•mol﹣1
B．0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的Na+数为NA
C．24gMg变为Mg2+时，失去的电子数为2NA
D．标准状况下，0.5molN2的体积约为11.2L
10．（3分）下列分子结构模型中，不能正确表示分子的空间结构的是（　　）
A．氢分子 B．氯化氢 C．水分子 D．甲烷分子
11．（3分）下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（　　）
A．过氧化钠作呼吸面具中的氧气来源：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
B．小苏打（NaHCO3）溶液治疗胃酸过多：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
C．硝酸酸化的AgNO3溶液检验NaCl溶液中的Cl﹣：Ag++Cl﹣═AgCl↓
D．实验室用大理石和稀盐酸反应制CO2：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O
12．（3分）下列由NaCl的实验事实得出的结论不正确的是（　　）
选项
A
B
C
D

实验事实

NaCl固体不导电

NaCl溶于水

NaCl溶液通电

熔融NaCl能导电
结论
NaCl不是电解质
NaCl 在水中发生电离：NaCl═Na++Cl﹣
a离子是Na+，通电后a、b离子定向移动
NaCl熔融时能电离出自由移动的离子
A．A B．B C．C D．D
13．（3分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题之一。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中可回收S，其转化如下图所示（CuS难溶于水）。下列说法中，不正确的是（　　）

A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+═CuS↓+2H+
B．过程②中，Fe3+作氧化剂
C．过程③中，只有铁元素的化合价发生改变
D．回收S的总反应为2H2S+O2═2H2O+2S↓
14．（3分）小组同学配制250mL1.00mol/LH2SO4溶液，计算出所需18mol/L浓H2SO4的体积后，下列有关溶液配制过程的说法中，不正确的是（　　）
实验步骤
实验仪器
a.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶。
b．用量筒量取所需18mol/L浓H2SO4的体积，注入盛有约50mL蒸馏水的烧杯中。
c．用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切。
d．用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀冷却至室温。
e．盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
f．将稀释后的H2SO4溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶。
g．往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在容量瓶刻度线下1～2cm处。
量筒
托盘天平
烧瓶
250ml容量瓶
烧杯
玻璃棒
胶头滴管
A．计算需要18mol/L的浓硫酸的体积约为13.9mL
B．配制过程中不需要使用的仪器是托盘天平和烧瓶
C．配制过程中正确的操作顺序为：b﹣d﹣f﹣a﹣g﹣c﹣e
D．定容时俯视容量瓶刻度线会导致所配制的H2SO4溶液浓度偏小
二、非选择题（共58分）
15．（9分）分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法。依据物质类别和元素价态可以对物质的性质进行解释和预测。
（1）阅读资料，回答下列相关问题。
资料：人们常用“84”消毒液进行消毒。“84”消毒液的名称源于北京某医院在1984年研制成功的一种高效含氯消毒液。“84”消毒液呈无色或淡黄色，可由Cl2与NaOH溶液反应制得，其主要成分为NaClO、NaCl。
①资料涉及的物质中，属于碱的是 　 　（填化学式）；属于盐的是 　 　（填化学式）。
②Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式是 　 　。
③“84”消毒液的稀溶液在浸泡餐具过程中，因吸收空气中CO2使消毒杀菌能力增强，其中发生的化学反应符合规律：　 　+　 　═　 　+　 　（填物质类别）。
（2）“84”消毒液不能与洁厕灵（含盐酸）混用，混用会发生如下反应：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O。
①该反应中起氧化作用的微粒是 　 　。
②若反应中生成了0.01molCl2，转移电子的物质的量为 　 　mol。
（3）2016年巴西奥运会期间，由于工作人员将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO将H2O2氧化产生的O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO 　 　H2O2的（填“＞”或“＜”）。
16．（13分）元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。如表列出了钙元素及a～f6种元素在周期表中的位置。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2




a
b


3
c

d


e
f

4

Ca






（1）a的元素符号是 　 　；e的最高价氧化物是 　 　。
（2）c、d的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较弱的物质是 　 　（写化学式）。
（3）用电子式表示c与f组成的化合物的形成过程 　 　。
（4）非金属性b强于e，用原子结构解释原因 　 　。
（5）下列关于f及其化合物的推断中，正确的是 　 　（填字母）。
a.f的最高化合价均为+7价
b.f单质的氧化性在同主族中最强
c.f的最高价氧化物对应的水化物的溶液pH＜7
营养成分表
项目 每100g NRV%
能量
309kJ
4%
蛋白质
3.6g
6%
脂肪
4.4g
7%
碳水化合物
5.0g
2%
钠
65mg
3%
钙
120mg
15%
（6）某种牛奶的营养成分表如表所示。
①营养成分表中，所含物质质量最大的是 　 　。
②已知镁能与O2、H2O反应，对比钙与镁的原子结构和在元素周期表中的位置关系，你预测金属钙的性质是 　 　。
③请结合钙的化学性质判断牛奶中钙的存在形式为 　 　（填“单质”或“化合物”）。
17．（10分）某小组同学在实验室制备、收集氯气，并进行氯水中相关物质的性质探究，回答下列问题。
（1）制备Cl2。装置 I中发生如下反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。从反应物中任选一种物质，说明其发生氧化反应（或者还原反应）的理由 　 　。
（2）除去Cl2中混有的HCl。装置 II中溶液a为饱和 　 　溶液。
（3）收集Cl2。装置 III中气体应该从集气瓶的 　 　（选“m”或“n”）口进入。
（4）氯水相关物质的性质探究。
①若装置 IV中试剂b为H2O，制得氯水。氯水呈黄绿色是由于其中含有 　 　；Cl2与H2O反应的化学方程式为 　 　。
②若装置 IV中试剂b为CCl4，可制得Cl2的CCl4溶液（Cl2可溶于CCl4，且不与CCl4反应）。取稀盐酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分别滴在三张红色纸条上，可观察到 　 　现象，证明氯水中HClO具有漂白性作用。
③验证氯水中HClO光照分解的产物。将装置 IV广口瓶中的氯水转移至三颈瓶内，将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入三颈瓶中（如图2），用强光照射氯水，进行实验并采集数据，获得相关变化曲线。

若能够证明氯水中HClO在光照下发生了分解反应，则图3中纵坐标可以表示的物理量是 　 　（填字母）。（注：酸性溶液中，c（H+）越大，pH越小，溶液酸性越强。）
a.氯水的pH
b.氢离子的浓度
c.氯离子的浓度
d.氧气的体积分数
18．（12分）我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要流程如图（部分物质已略去）：

（1）①～③所涉及的操作方法中，包含过滤的是 　 　（填序号）。
（2）根据上述流程图，将化学方程式补充完整：NH3+CO2+　 　+　 　═NaHCO3↓+NH4Cl。
（3）煅烧NaHCO3固体的化学方程式是 　 　。
（4）下列联合制碱法流程说法正确的是 　 　（填字母）。
a．CO2可以循环使用
b．副产物NH4Cl可用作肥料
c．溶液B中一定含有Na+、NH4+、Cl﹣
（5）某小组利用如图装置继续对Na2CO3和NaHCO3的性质进行探究，（夹持装置已略去，气密性已检验）。

①方框中为洗气装置，请将该装置补充完整 　 　。
②试剂a为饱和NaHCO3溶液，其作用是 　 　。
③实验持续一段时间后，观察到饱和Na2CO3溶液中有细小晶体析出，用化学方程式表示产生细小晶体的原因 　 　。
19．（14分）长期放置的FeSO4溶液易被氧化而变质。某兴趣小组分别对新制和久置的两瓶FeSO4溶液进行了如下实验。
Ⅰ．分别取2mL新制的FeSO4溶液于三支试管中，进行如下实验。

实验
试剂X
实验现象
实验i
1mL1mol/LNaOH溶液
现象a
实验ii
5滴酸性KMnO4溶液
现象b：紫色褪去
实验iii
依次加入5滴KSCN溶液、5滴氯水
现象c
（1）方案i中，现象a是立即产生白色沉淀，白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色。白色沉淀的化学式是 　 　，最终变为红褐色的化学方程式是 　 　。
（2）方案iii的实验现象是 　 　，写出氯水参与反应的的离子方程式：　 　。
Ⅱ．久置的FeSO4溶液。
实验操作
实验现象
实验结论
实验 iv
取少量久置的FeSO4溶液于试管中，向其中滴加5滴KSCN溶液
溶液变红
FeSO4溶液
部分变质
实验 v
　 　
　 　
（3）将上述实验 v中的实验操作和现象补充完整 　 　。
（4）若要使部分变质的FeSO4复原，发生反应的离子反应方程式是 　 　。
（5）小组同学查阅资料得知，“维生素C可将Fe3+转化为Fe2+”。为了验证维生素C的作用，设计了如下实验vi。
实验操作
实验现象
实验vi
取一定量Fe2（SO4）3溶液于试管中，加入维生素C片，振荡溶解后，滴加酸性KMnO4溶液
紫色褪去
由实验 vi能否得出“维生素C可将Fe3+转化为Fe2+”的结论？请说明理由 　 　。

参考答案
一、选择题（共42分）本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题3分
1．【分析】由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质为合金，据此判断。
【解答】解：A．塑料为高分子化合物，属于有机高分子材料，故A错误；
B．聚乙烯为高分子化合物，属于有机高分子材料，故B错误；
C．尼龙为高分子化合物，属于有机高分子材料，故C错误；
D．铝材是由铝、镁形成铝合金，属于合金材料，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了材料的组成与分类，熟悉合金、高分子化合物概念是解题关键，题目难度不大。
2．【分析】丁达尔效应是胶体特有的性质，只有胶体分散系才能产生丁达尔效应。
【解答】解：只有胶体具有丁达尔效应，而溶液和浊液都不具有此性质，KCl溶液、KOH溶液、CuSO4溶液分散系中分散质微粒直径小于1nm，均属于溶液，不能产生丁达尔效应，Fe（OH）3胶体为胶体，所以能产生丁达尔效应，
故选：B。
【点评】本题考查胶体的性质，丁达尔效应是胶体的特有性质，题目难度不大，注意胶体性质的理解应用。
3．【分析】电解质：在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，该概念的前提条件是化合物。
【解答】解：A．Cu既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．KNO3溶于水导电，属于电解质，故B正确；
C．NaOH溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．H2SO4溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电解质和非电解质，解题的关键是掌握电解质的概念，题目难度不大，注意基础知识积累。
4．【分析】A.四种离子之间不反应；
B.钙离子与碳酸根离子生成碳酸钙沉淀；
C.碳酸根离子与氢离子反应；
D.银离子与氯离子生成氯化银沉淀。
【解答】解：A.Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣之间不反应，能够大量共存，故A正确；
B.Ca2+、CO32﹣之间反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.H+、CO32﹣之间发生反应，不能大量共存，故C错误；
D.Ag+、Cl﹣之间反应生成AgCl沉淀，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，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5．【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键。
【解答】解：A．CO2分子中C﹣O之间存在共价键，故A正确；
B．KCl中钾离子和氯离子之间只存在离子键，故B错误；
C．Na2O中钠离子和氧离子之间只存在离子键，故C错误；
D．CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键区别、物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：氯化钙中两个氯离子之间不存在化学键，题目难度不大。
6．【分析】A．Cu与氯气化合生成CuCl2；
B．Na与氧气反应生成过氧化钠；
C．Fe与氯气反应生成氯化铁；
D．氢气与氯气反应生成HCl。
【解答】解：A．Cu在氯气中燃烧生成CuCl2，故A错误；
B．Na在氧气中燃烧直接化合生成过氧化钠，故B错误；
C．氯气具有强氧化性，则Fe与氯气直接化合生成氯化铁，不能直接生成氯化亚铁，故C正确；
D．氢气在氯气中燃烧可直接化合生成HCl，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及反应，为高频考点，把握发生的反应、反应条件为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的应用，题目难度不大。
7．【分析】需要加入还原剂才能实现，则选项中氧化剂在反应中元素的化合价降低，以此来解答。
【解答】解：A．CO2→CaCO3没有元素化合价的变化，为非氧化还原反应，不需要加入还原剂，故A错误；
B．HCl→Cl2中Cl元素化合价升高，被氧化，需加入氧化剂，故B错误；
C．I﹣→I2中I元素化合价升高，被氧化，需加入氧化剂，故C错误；
D．Fe2O3→Fe中Fe元素化合价降低，被还原，需加入还原剂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化解答的关键，侧重还原反应的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
8．【分析】A．主族元素原子电子层数＝周期数，最外层电子数＝族序数；
B．元素非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；
C．质量数＝质子数+中子数，质子数＝原子序数；
D．Se的最高价是+6价。
【解答】解：A．主族元素原子电子层数＝周期数，最外层电子数＝族序数，所以该元素处于第四周期第ⅥA族，故A正确；
B．元素非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，S的非金属性大于Se的非金属性，所以稳定性，H2Se＜H2S，故B正确；
C．质量数＝质子数+中子数，中子数＝78﹣34＝44，该原子的中子数为44，故C错误；
D．Se的最高价是+6价，故Se的最高价氧化物对应的水化物是H2SeO4，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律，明确元素周期律内涵是解本题的关键，知道非金属性的判断方法和原子构成，即可解答。
9．【分析】A．摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于相对原子质量；
B．溶液体积未知；
C．1个镁失去2个电子生成镁离子；
D．依据V＝nVm计算。
【解答】解：A．钠的相对原子质量为23，则Na的摩尔质量是23g•mol﹣1，故A正确；
B．溶液体积未知，无法计算钠离子个数，故B错误；
C．24gMg物质的量为：＝1mol，变为Mg2+时，失去的电子数为2NA，故C正确；
D．标准状况下，0.5molN2的体积约为：0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
10．【分析】球棒模型是一种空间填充模型，用来表现化学分子的三维空间分布，在此作图方式中，线代表共价键，可连结以球型表示的原子中心，结合相关物质的空间构形判断。
【解答】解：A．氢气是由两个H原子构成的直线型结构，球棍模型为：，故A正确；
B．氯化氢是由H和Cl构成的直线型结构，Cl原子半径大于H原子半径，球棍模型为：，故B正确；
C．水分子是由1个氧原子连接2个H原子构成的V形结构，球棍模型为：，故C错误；
D．甲烷是由碳原子与4个氢原子构成的正面体结构，碳原子半径大于氢原子半径，球棍模型为：，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学用语是使用，明确分子结构组成，熟悉球馆模型意义即可解答，题目难度不大。
11．【分析】A．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
B．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不能拆；
C．二者反应实质为银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀；
D．盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水。
【解答】解：A．过氧化钠作呼吸面具中的氧气来源，化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故A正确；
B．小苏打（NaHCO3）溶液治疗胃酸过多，离子方程式为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故B错误；
C．硝酸酸化的AgNO3溶液检验NaCl溶液中的Cl﹣，离子方程式为：Ag++Cl﹣═AgCl↓，故C正确；
D．实验室用大理石和稀盐酸反应制CO2，离子方程式为：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的判断，题目难度不大，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，检查是否符合原化学方程式等。
12．【分析】A．水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；
B．氯化钠在水分子作用下完全电离；
C．溶液导电的实质是溶液中的离子放电过程；
D．熔融NaCl能导电是熔融状态下电离出的两种发生定向移动，在两个电极发生氧化还原反应。
【解答】解：A．氯化钠是氯离子和钠离子过程的离子化合物，固体中不存在自由移动的离子，溶于水电离出自由移动的两种，溶液导电，氯化钠是电解质，故A错误；
B．NaCl溶于水发生了电离，NaCl 在水中发生电离：NaCl═Na++Cl﹣，故B正确；
C．NaCl溶液通电，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，a离子是Na+，通电后a、b离子定向移动，故C正确；
D．熔融NaCl能导电，说明NaCl熔融时能电离出自由移动的离子，在两个电极放电，发生氧化还原反应，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了电解质电离过程的分析判断，主要是氯化钠导电的原因和电解质概念的理解应用，题目难度不大。
13．【分析】由图可知，①中发生H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，②中发生CuS+2Fe3+＝S+2Fe2++Cu2+，③中发生4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，以此来解答。
【解答】解：A．①中H2S与Cu2+反应生成沉淀，反应的离子方程式为H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，故A正确；
B．②中发生CuS+2Fe3+＝S+2Fe2++Cu2+，S元素的化合价升高被氧化，则CuS是还原剂，Fe元素化合价降低，Fe3+作氧化剂，故B正确；
C．③中发生4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，Fe、O化合价发生变化，故C错误；
D．由①H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+＝S+2Fe2++Cu2+、③4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O可知，回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中转化反应，题目难度不大。
14．【分析】A．依据溶液稀释规律计算需要浓硫酸的体积；
B．根据配制一定物质的量浓度溶液实验操作一般步骤及各仪器的作用选取仪器；
C．用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，据此排序；
D．定容时俯视容量瓶刻度线会导致溶液体积偏小，依据c＝进行误差分析。
【解答】解：A．依据溶液稀释规律可知，配制250mL1.00mol/LH2SO4溶液需要浓硫酸体积为：≈0.0139L，即13.9mL，故A正确；
B．配制一定物质的量浓度溶液实验操作一般步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，该实验中需要用量筒、胶头滴管量取浓硫酸，烧杯、玻璃棒稀释浓硫酸，需要玻璃棒搅拌和引流，需要250mL容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容，不需要的仪器：托盘天平和烧瓶，故B正确；
C．用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，所以正确的操作顺序为：b﹣d﹣f﹣a﹣g﹣c﹣e，故C正确；
D．定容时俯视容量瓶刻度线会导致溶液体积偏小，依据c＝可知，溶液浓度偏高，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，蒸馏水的制备，明确实验原理及注意事项是解题关键，题目难度不大。
二、非选择题（共58分）
15．【分析】（1）①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，金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子过程的化合物为盐；
②Cl2与NaOH溶液反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水；
③“84”消毒液的稀溶液在浸泡餐具过程中，因吸收空气中CO2使消毒杀菌能力增强，反应为：NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO；
（2）①氧化还原反应中元素化合价降低的物质具有氧化性；
②结合反应的定量关系和氧化还原反应中电子守恒计算，转移电子的物质的量；
（3）氧化还原反应中氧化剂的 氧化性大于其氧化产物。
【解答】解：（1）①84”消毒液呈无色或淡黄色，可由Cl2与NaOH溶液反应制得，其主要成分为NaClO、NaCl，鼠疫碱的是NaOH，属于盐的是：NaClO、NaCl，
故答案为：NaOH；NaClO、NaCl；
②Cl2与NaOH溶液反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣ +ClO﹣+H2O；
③“84”消毒液的稀溶液在浸泡餐具过程中，因吸收空气中CO2使消毒杀菌能力增强，反应为：NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO，其中发生的化学反应符合规律是：酸+盐＝（新）盐+（新）酸，
故答案为：酸；盐；（新）酸；（新）盐；
（2）①“84”消毒液不能与洁厕灵（含盐酸）混用，混用会发生如下反应：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，反应过程中次氯酸根离子中氯元素化合价+1价降低到0价，最氧化剂，具有氧化性，该反应中起氧化作用的微粒是：ClO﹣，
故答案为：ClO﹣；
②ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，反应中，氯元素化合价﹣1价升高到0价，+1价降低到0价，生成1mol氯气，电子转移总数为e﹣，若反应中生成了0.01molCl2，转移电子的物质的量为：0.01mol，
故答案为：0.01；
（3）NaClO将H2O2氧化产生的O2促进藻类快速生长，说明次氯酸钠做氧化剂，能氧化过氧化氢生成氧气，氧化性大小：NaClO＞H2O2，
故答案为：＞。
【点评】本题考查了物质性质和应用，主要是次氯酸钠、乙醇的分析应用，掌握物质性质和应用是解题关键，题目难度不大。
16．【分析】根据元素周期表可知：a为N，b为O，c为Na，d为Al，e为S，f为Cl，
（1）由元素周期表可知a的元素符号为N；e为 S，最高价为+6；
（2）金属性越强，最高价氧化物对应的水化物形成的碱的碱性越强；
（3）c和f组成化合物为NaCl，由钠离子与氯离子构成；
（4）同主族元素原子随原子序数增大，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱；
（5）a.f为Cl，最外层电子数为7，最高正价为+7；
b.同主族从上到下，元素非金属性逐渐减弱；
c.氯为非金属元素，最高价氧化物对应的水化物属于酸；
（6）①由表格可知质量最大的为碳水化合物；
②钙和镁位于元素周期表中第二主族，镁在第二周期，钙在第三周期，最外层电子数都是2，钙比镁多一个电子层；
③钙位于元素周期表中第四周期第ⅡA族，最外层只有两个电子，易失电子，在牛奶中以化合态形式存在。
【解答】解：根据元素周期表可知：a为N，b为O，c为Na，d为Al，e为S，f为Cl，
（1）由元素周期表可知a的元素符号为N；e为S，最高价为+6，最高价氧化物为SO3，
故答案为：N；SO3；
（2）金属性越强，最高价氧化物对应的水化物形成的碱的碱性越强，Na的金属性比Al的强，Al（OH）3的碱性较弱，
故答案为：Al（OH）3；
（3）c和f组成化合物为NaCl，由钠离子与氯离子构成，用电子式表示其形成过程为
故答案为：；
（4）同主族元素原子随原子序数增大，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，最外层电子数S与O相同，电子层数S大于O，原子半径S大于O，得电子能力S小于O，
故答案为：最外层电子数S与O相同，电子层数S大于O，原子半径S大于O，得电子能力S小于O；
（5）a.f为Cl，最外层电子数为7，最高正价为+7，故a对，
b.同主族从上到下，元素非金属性逐渐减弱，氯在氟的下面，氟单质的氧化性是同主族最强的，故b错，
c.氯为非金属元素，最高价氧化物对应的水化物属于酸，其水溶液的pH＜7，故c对，
故答案为：ac；
（6）①由表格可知质量最大为5.0g，为碳水化合物，
故答案为：碳水化合物；
②钙和镁位于元素周期表中第二主族，镁在第二周期，钙在第三周期，最外层电子数都是2，具有相似性，钙比镁多一个电子层，钙的失电子能力比镁强，因此钙也能与反应，而且比镁更剧烈，
故答案为：钙能与O2、H2O反应，比镁剧烈；
③钙位于元素周期表中第四周期第ⅡA族，最外层只有两个电子，易失电子，在牛奶中以化合态形式存在，
故答案为：化合物。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，熟记常见元素在周期表中位置，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，有利于基础知识的巩固，题目难度不大。
17．【分析】（1）氯化氢中氯为﹣1价，产物中单质化合价为0，则氯在反应中化合价升高作还原剂；
（2）食盐水抑制Cl2的溶解，HCl极易溶于水；
（3）依据氯气的密度大于空气的密度，用排气法收集氯气应选择向上排气法；
（4）①氯气的颜色是黄绿色，氯气与水反应生成HCl和HClO；
②HClO具有漂白作用，Cl﹣、Cl2均不具有漂白作用；
③a.氯水中含有次氯酸，光照条件下，生成强酸盐酸，溶液酸性增强，pH减小；
b.根据a的分析氯水中含有次氯酸，光照条件下，生成强酸盐酸，溶液酸性增强，氢离子的浓度增大；
c.光照条件下发生反应，生成强电解质HCl，溶液中氯离子浓度增大；
d.次氯酸光照分解生成氧气，所以溶液中氧气的浓度增大。
【解答】解：（1）氯化氢中氯为﹣1价，产物中单质化合价为0，则氯在反应中化合价升高作还原剂，
故答案为：Cl的化合价从HCl中的﹣1价升高为Cl2中的0价，HCl发生氧化反应，或者Mn的化合价由MnO2中的+4价降低为MnCl2中的+2价，MnO2发生还原反应；
（2）食盐水抑制Cl2的溶解，HCl极易溶于水，则利用饱和食盐水洗气，
故答案为：NaCl；
（3）氯气的密度大于空气的密度，用排气法收集氯气应选择向上排气法，应长进短出，故应从n口进入，
故答案为：n；
（4）①氯气微溶于水，溶液中存在氯气，且颜色是黄绿色，氯气与水反应方程式为Cl2+H2O＝HCl+HClO，
故答案为：Cl2；Cl2+H2O＝HCl+HClO；
②若装置 IV中试剂b为CCl4，可制得Cl2的CCl4溶液（Cl2可溶于CCl4，且不与CCl4反应）。取稀盐酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分别滴在三张红色纸条上，可观察到滴有新制氯水的红纸褪色，其他两种不使红纸褪色，证明氯水中HClO具有漂白性作用，
故答案为：滴有新制氯水的红纸褪色，其他两种不使红纸褪色；
③a.氯水中含有次氯酸，光照条件下发生如下反应：2HClO2HCl+O2↑，生成强酸盐酸，溶液酸性增强，pH减小，故a错误；
b.根据a的分析氯水中含有次氯酸，光照条件下发生如下反应：2HClO2HCl+O2↑，生成强酸盐酸，溶液酸性增强，氢离子的浓度增大，故b正确；
c.光照条件下发生如下反应2HClO2HCl+O2↑，生成强电解质HCl，所以溶液中氯离子浓度增大，故c正确；
d.次氯酸光照分解生成氧气，所以溶液中氧气的浓度增大，装置内气体混合物中氧气的体积分数增大，故d正确；
故答案为：bcd。
【点评】本题考查了氯气的实验室制备，明确制备的原理能够依据反应物状态和反应条件选择发生装置是解题关键，注意依据气体的性质选择合适的收集装置，注意把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，题目难度不大。
18．【分析】向饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠，溶液A中加入氯化钠析出氯化铵晶体，过滤得到氯化铵晶体和溶液B主要为氯化钠、氯化铵等，
（1）分离固体和溶液的操作是过滤；
（2）氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵；
（3）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；
（4）碳酸氢钠分解生成的二氧化碳、得到氯化铵为氮肥、滤液B中含氯化钠和氯化铵等；
（5）①洗气装置中导气管长进短出；
②二氧化碳气体中含氯化氢杂质，通过饱和碳酸氢钠溶液除去；
③实验持续一段时间后，观察到饱和Na2CO3溶液中有细小晶体析出，为碳酸氢钠晶体。
【解答】解：向饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠，溶液A中加入氯化钠析出氯化铵晶体，过滤得到氯化铵晶体和溶液B主要为氯化钠、氯化铵等，
（1）分析可知①～③所涉及的操作方法中，包含过滤的是①③，
故答案为：①③；
（2）氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+NaCl+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NaCl；H2O；
（3）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（4）a．开始通入二氧化碳反应，最后碳酸氢钠受热分解生成的CO2可循环使用，故a正确；
b．副产物NH4Cl是氮肥，可用作植物生长所需的肥料，故b正确；
c．溶液B中主要是氯化钠、氯化铵饱和溶液，一定含有Na+、NH4+、Cl﹣，故c正确；
故答案为：abc。
（5）①方框中为洗气装置，导气管长进短出，该装置补充完整为：，
故答案为：；
②试剂a为饱和NaHCO3溶液，其作用是：吸收盐酸挥发出的HCl气体，
故答案为：吸收盐酸挥发出的HCl气体；
③实验持续一段时间后，观察到饱和Na2CO3溶液中有细小晶体析出，为生成的碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式为：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，
故答案为：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓。
【点评】本题考查了侯氏制碱法的原理分析、物质性质和应用、实验操作等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
19．【分析】Ⅰ．（1）方案i中，现象a是立即产生白色沉淀，白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色，是氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁的过程；
（2）依次加入5滴KSCN溶液、5滴氯水，现象是无现象、溶液变红色，氯气能氧化亚铁离子生成铁离子，证明含亚铁离子；
Ⅱ．（3）要想证明FeSO4溶液部分变质，需要证明溶液中含有Fe3+和Fe2+；
（4）若要使变质的FeSO4溶液复原，可以向溶液中加入过量的Fe粉，再经过滤除去剩余的Fe粉即可；
（5）Fe2+和维生素C都具有还原性，若维生素C过量，也可使高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有Fe2+生成。
【解答】解：Ⅰ．（1）方案i中，现象a是立即产生白色沉淀，白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色，白色沉淀的化学式是：Fe（OH）2，最终变为红褐色的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：Fe（OH）2；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（2）方案iii的实验现象是：加入KSCN后无明显现象，加入氯水后溶液变成血红色，证明含亚铁离子，不含铁离子，氯水参与反应的的离子方程式为：Cl2+2Fe2+═2Cl﹣+2Fe3+，
故答案为：加入KSCN后无明显现象，加入氯水后溶液变成血红色；Cl2+2Fe2+═2Cl﹣+2Fe3+；
Ⅱ．（3）要想证明FeSO4溶液部分变质，需要证明溶液中含有Fe3+和Fe2+，实验 iv中，向待测液中加入KSCN溶液，溶液变为血红色，说明溶液中含有Fe3+，实验 v中，取少量久置的FeSO4溶液于试管中，向待测液中加入酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液紫色褪去，说明溶液中含有Fe2+，
故答案为：取少量久置的FeSO4溶液于试管中，向其中滴加5滴酸性KMnO4溶液；紫色褪去；
（4）若要使变质的FeSO4溶液复原，可以向溶液中加入过量的Fe粉，再经过滤除去剩余的Fe粉即可，反应的离子方程式为2Fe3++Fe＝3Fe2+，
故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；
（5）由实验 vi不一定得出“维生素C可将Fe3+转化为Fe2+”的结论，不能，维生素C可能过量，也可使酸性KMnO4溶液褪色，则无法说明一定有Fe2+生成（能，如果维生素C恰好被Fe2（SO4）3溶液反应完，加入酸性KMnO4溶液褪色，则证明一定含有Fe2+），
故答案为：不能，维生素C可能过量，也可使酸性KMnO4溶液褪色，则无法说明一定有Fe2+生成[能，如果维生素C恰好被Fe2（SO4）3溶液反应完，加入酸性KMnO4溶液褪色，则证明一定含有Fe2+]。
【点评】本题考查物质组成及含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。