【化学】辽宁省抚顺市六校协作体2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

辽宁省抚顺市六校协作体2019-2020学年高一上学期期末考试试题
1.化学与生活、生产密切相关。下列叙述错误的是（ ）
A. 铝合金大量用于高铁建设
B. 考古时利用14C测定一些文物的年代
C. 漂粉精可用作游泳池等场所的消毒剂
D. 氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铝合金的硬度大、耐腐蚀、性能优良，大量用于高铁建设，A正确；
B. 14C能发生衰变，通过测定半衰期可测定文物的存在时间，所以考古时利用l4C测定一些文物的年代，B正确；
C. 漂白精具有强氧化性，可以杀菌消毒，因此可用作游泳池的消毒剂，C正确；
D. 过氧化钠能与二氧化碳、水等反应生成氧气，作供氧剂，但氧化钠与二氧化碳、水等反应不能生成氧气，因此不能作供氧剂，D错误；
故合理选项是D。
2.2019年7月中旬，习近平总书记在内蒙古考察并指导开展“不忘初心、牢记使命”主题教育时指出，要继续完善农村公共基础设施，改善农村人居环境，把乡村建设得更加美丽。下列做法不符合上述精神的是（ ）
A. 做好垃圾污水治理 B. 进行厕所革命
C. 提升村容村貌 D. 大量焚烧田间秸秆
【答案】D
【解析】
【详解】A．做好垃圾污水治理可以减少对水体污染，有利于保护环境，A正确；
B．进行厕所革命可以减少水体、土壤污染，有利于保护环境，B正确；
C．提升村容村貌，必然会减少污染物的排放，有助于建设美丽乡村，C正确；
D．大量焚烧田间秸秆能产生大量烟尘等空气污染物，不利于环境保护，D错误；
故合理选项是D。
3.金属钠着火时，适用于灭火的是（ ）
A. 水 B. 煤油
C. 泡沫灭火器 D. 干燥沙土
【答案】D
【解析】
【分析】钠着火燃烧生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳或水反应生成氧气，且钠与水反应生成氢气，以此解答该题。
【详解】钠着火燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳、水都反应放出氧气，而泡沫灭火器喷出的物质中含有二氧化碳和水，因此不能用泡沫灭火器和水灭火，选项A、C错误；加入沙子可掩盖钠，从而隔绝了空气，可起到灭火的作用，选项D正确，煤油是易燃物，加入煤油，火燃烧会更旺盛，不能起到灭火作用，选项B错误；故合理选项是D。
4.下列过程包含化学变化的是（ ）
A. 高炉炼铁 B. 氯气液化
C. 碘的升华 D. 积雪融化
【答案】A
【解析】
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断。
【详解】A. 高炉炼铁过程中焦炭和铁矿石发生氧化还原反应生成铁单质，发生的变化为化学变化，A正确；
B. 氯气液化是物质聚集状态的变化，在变化过程中没有新物质生成，为物理变化，B错误；
C. 碘的升华是固体物质直接变化为气体，无新物质生成，变化为物理变化，C错误；
D. 积雪融化过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，D错误；
故合理选项是A。
5.下列表格中各项分类都正确的一组是类别（ ）
类别
选项
酸
碱
酸性氧化物
碱性氧化物
A
H2SO4
Na2CO3
SO2
CaO
B
NaHSO4
NaOH
CO
Na2O
C
HNO3
Ca(OH)2
SO3
Al2O3
D
HClO4
Ba(OH)2
CO2
Fe2O3
【答案】D
【解析】
【分析】水溶液中电离出阳离子全是氢离子的化合物是酸；水溶液电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物是碱；氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，其中只和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；碱性氧化物是只能和酸反应生成盐和水的氧化物，据此分析解答。
【详解】A. Na2CO3电离产生Na+和酸根离子CO32-，属于盐，不是碱，A错误；
B. NaHSO4电离产生的阳离子中含有金属离子Na+、H+，阴离子是SO42-，物质属于盐，不是酸，CO和碱不反应，不属于酸性氧化物，而属于不成盐氧化物，B错误；
C. Al2O3能与酸反应产生盐和水，也能与碱反应产生盐和水，属于两性氧化物，C错误；
D. HClO4属于酸，Ba(OH)2属于碱，CO2属于酸性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，物质分类合理，D正确；
故合理选项是D。
6.下列行为不符合安全要求的是（ ）
A. 点燃甲烷(CH4)前，必须检验气体的纯度
B. 大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往低处去
C. 做实验剩余的金属钠，没有丢弃在废液缸中而放回原试剂瓶中
D. 稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢注入水中并不断搅拌
【答案】B
【解析】
【详解】A. 可燃性气体在点燃前，应验纯，以防发生爆炸；甲烷属于可燃物，故点燃甲烷(CH4)前，必须检验气体的纯度，A正确；
B. 氯气密度大于空气，低处的空气中氯气含量较大，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离，B错误；
C. 块状的金属剩余后应放回原试剂瓶，金属钠容易与空气中的氧气及水反应，反应放出热量，导致火灾发生，因此做实验剩余的金属钠，不能丢弃在废液缸中而放回原试剂瓶中，C正确；
D. 浓硫酸稀释放热，且浓硫酸的密度比水大，所以应将浓硫酸沿器壁缓慢注入水中并不断搅拌，D正确；
故合理选项是B。
7.某澄清透明的溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A. Ca2＋、K＋、OH－、Cl－ B. Fe2＋、H＋、SO42－、NO3－
C. Cu2＋、Na＋、NO3－、SO42－ D. Fe3＋、Na＋、SO42－、I－
【答案】C
【解析】
【详解】A．钙离子与氢氧根离子结合形成微溶物质Ca(OH)2，不能大量共存，A不符合题意；
B．Fe2+、H+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．Cu2+、Na+、NO3-、SO42-相互之间不发生任何反应，可以大量共存，且溶液澄清透明，C符合题意；
D．Fe3+、I-会发生氧化还原反应产生Fe2+、I2，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是C。
8.下列变化没有发生电子转移的是（ ）
A. MnO4－→Mn2＋ B. Cl2→ClO3－
C. Fe(OH)3→Fe2O3 D. FeO→Fe3O4
【答案】C
【解析】
【详解】A．Mn元素的化合价降低，得到电子，发生了电子转移，A不符合题意；
B．Cl元素的化合价升高，失去电子，发生了电子转移，B不符合题意；
C．没有元素的化合价变化，没有电子转移，C符合题意；
D．Fe元素的化合价升高，失去电子，发生了电子转移，D不符合题意；
故合理选项是C。
9.实验室常利用反应：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O制取少量氮气，下列关于该反应的说法不正确的是（ ）
A. N2既是氧化产物，又是还原产物
B. NH4Cl中氮元素被还原
C. 被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为1：1
D. 每生成1 mol N2时，转移电子为3 mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaNO2是氧化剂，NH4Cl是还原剂，所以N2既是氧化产物，又是还原产物，A正确；
B．NH4Cl中N元素化合价为-3价，反应后变为N2中的0价，化合价升高，失去电子，NH4Cl作还原剂，则氮元素被氧化，B错误；
C．NaNO2是氧化剂，被还原；NH4Cl是还原剂，被氧化，所以被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为1：1，C正确；
D．该反应每生成1 mol N2时，转移电子的物质的量=1 mol×(3-0)=3 mol，D正确；
故合理选项是B。
10.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 将稀硫酸滴在铁片上：2Fe+6H+=2Fe3＋+3H2↑
B. 纯碱与足量稀盐酸反应：HCO3-+H＋=H2O+CO2↑
C. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH-=AlO2-+H2↑
D. 实验室制取CO2：CaCO3+2H＋=Ca2＋+H2O+CO2↑
【答案】D
【解析】
【分析】A．铁与稀硫酸反应生成的是亚铁离子；
B．纯碱是碳酸钠，与盐酸反应生成二氧化碳和水，实质是碳酸根离子与氢离子反应；
C．该反应不遵循电荷守恒、电子守恒；
D．碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水。
【详解】A．H+氧化性弱，只能将Fe单质氧化为Fe2+，反应不符合事实，A错误；
B．纯碱为碳酸钠，碳酸钠与足量稀盐酸反应生成二氧化碳和水，正确的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，B错误；
C．铝粉和NaOH溶液反应产生H2，反应物还有水参加，正确的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，不符合电子守恒、电荷守恒，C错误；
D．反应符合事实，遵循离子方程式的物质拆分原则及原子守恒、电荷守恒，D正确；
故合理选项是D。
11.下列实验方法正确的是（ ）
A. 用丁达尔效应鉴别颜色相似的溴水和Fe(OH)3胶体
B. 用KSCN溶液检验Fe2(SO4)3溶液中是否含有Fe2＋
C. 用等浓度的石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
D. 用AgNO3溶液即可检验Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】A．丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液不能产生丁达尔效应，所以用丁达尔效应鉴别颜色相似的溴水和Fe(OH)3胶体，A正确；
B．KSCN溶液与Fe2+不反应，与Fe3+反应溶液变为血红色，所以检验Fe2(SO4)3溶液中是否含有Fe2+，不能使用KSCN溶液，可根据Fe2+具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液或溴水氧化而使溶液褪色，若酸性高锰酸钾溶液(或溴水)褪色说明有Fe2+，否则没有，B错误；
C．氢氧化钙与Na2CO3和NaHCO3溶液都能反应生成白色沉淀，因此不能用等浓度的石灰水鉴别Na2CO3和 NaHCO3溶液，C错误；
D．能够使AgNO3溶液产生白色沉淀的可能是Cl-、SO42-、CO32-等离子，因此不能只用AgNO3溶液检验氯离子，应该先用稀硝酸酸化，然后再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀说明含有氯离子，D错误；
故合理选项是A。
12.在元素周期表中位于金属和非金属元素交界处最容易找到的材料是（ ）
A. 半导体材料 B. 制催化剂的材料
C. 制农药的材料 D. 耐高温、耐腐蚀的合金材料
【答案】A
【解析】
【详解】A.在金属元素和非金属元素交界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A正确。
B．在过渡元素中寻找制造催化剂元素，故B错误；
C．制备农药元素可以从周期表的左上角中的非金属元素中找到，故C错误；
D．在过渡元素中寻找制造高温合金材料的元素，故D错误；
故选：A
13.下列排序不正确的是（ ）
A. 单质的熔点：钾＜铷＜铯
B. 离子半径：S2-＞Na+＞Mg2+
C. 热稳定性：HF＞H2O＞H2S
D. 酸性：H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A．金属的原子半径越大，金属键越弱，金属单质的熔点越低；钾、铷、铯属于同一主族元素，原子半径逐渐增大，因此单质的熔点：钾>铷>铯，故A错误；
B．S2-离子核外电子层数最多，离子半径最大，Mg2+、Na+核外电子排布相同（电子层为2），核电荷数越大离子半径越小，则S2-＞Na+＞Mg2+，故B正确；
C．非金属性F＞O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；
D．非金属性S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，应为H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4，故D正确；
故选A。
14.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 中子数为10的氧原子：
B. Mg2+的结构示意图：
C. 硫化钠的电子式：
D. HCl的形成过程：
【答案】B
【解析】
【详解】A.中子数为10的氧原子应为，A项错误；
B.Mg的核电荷数为12，Mg2+的核外电子数为10，B项正确；
C.硫化钠是离子化合物，其电子式应为：，C项错误；
D.HCl是共价化合物，不是离子化合物，HCl电子式为，D项错误。
故答案选B。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 氯化钠溶液在电流的作用下电离成钠离子和氯离子
B. Cl2的水溶液能导电，但Cl2是非电解质
C. 盐酸能导电，故盐酸是电解质
D. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡是电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A. 电离不需要通电，氯化钠溶于水，在水分子作用下自发电离为钠离子和氯离子，A错误；
B. 氯气是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，B错误；
C. 盐酸是HCl的水溶液，故盐酸是混合物，所以盐酸既不是电解质也不是非电解质，C错误；
D. 在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，硫酸钡在熔融状态下能导电，所以为电解质，D正确；
故合理选项是D。
16.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol/L的BaCl2溶液中含Cl-的数目为2NA
B. 常温常压下，28 g N2中所含电子数目为10NA
C. 标准状况下，4.48 L CH4中所含原子数目为NA
D. 2 mol Al与足量盐酸完全反应，转移电子数目为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液体积未知，不能确定溶液中氯离子的个数，A错误；
B．28 g氮气的物质的量为n==1 mol，而N2分子中含14个电子，则1 mol N2中含电子为14NA个，B错误；
C．标况下4.48 L甲烷的物质的量为=0.2 mol，而CH4分子中含5个原子，故0.2 mol CH4中含原子个数为NA个，C正确；
D．铝是+3价的金属，反应后变为+3价，故2 mol铝反应后转移电子为6NA个，D错误；
故合理选项是C。
17.下列说法正确的是（ ）
A. 同温、同压下，相同质量的气体都占有相同的体积
B. 同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子
C. 气体摩尔体积约为22.4 L/mol，一定是在标准状况下
D. 18 g H2O在标准状况下的体积约为22.4 L
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据公式m=n·M=·M，在同温、同压下，气体的Vm是相等，相同质量的气体的物质的量不一定相等，因此气体占有的体积不一定相等，A错误；
B．根据阿伏伽德罗定律：在同温、同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子，B正确；
C. 影响气体体积的因素有微粒数目、温度、压强，1 mol气体的体积为22.4 L，但满足条件的温度、压强很多，不一定是标准状况，C错误；
D．标准状况下水不是气体，不能根据气体摩尔体积计算，D错误；
故合理选项是B。
18.浓度为0.1 mol/L的HCl溶液V mL，加水稀释到2V mL，再取出10 mL，这10 mL溶液中c(H+)为（ ）
A. 0.1 mol/L B. 0.01 mol/L
C. 0.02 mol/L D. 0.05 mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，计算稀释后溶液的浓度，然后利用溶液具有均一性的特点判断从中取出溶液的浓度及溶液中含有的H+的浓度c(H+)。
【详解】由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以浓度为0.1 mol/L的HCl溶液V mL，加水稀释到2V mL，此时溶液的浓度c(HCl)= =0.05 mol/L，溶液具有均一性、稳定性的特点，所以从稀释后的该溶液中再取出10 mL，这10 mL溶液中HCl的浓度仍然为0.05 mol/L，由于HCl是一元强酸，所以溶液中c(H+)=c(HCl)= 0.05 mol/L，故合理选项是D。
19.将3.9 g 镁铝合金投入到足量的NaOH溶液中，共产生标准状况下H2的体积为3.36 L。则原合金中镁和铝的物质的量之比是（ ）
A. 1：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 2：3
【答案】B
【解析】
【分析】镁铝合金中，只有铝能和氢氧化钠发生反应，根据Al与NaOH溶液反应方程式中转化关系，由生成氢气的量计算出铝的物质的量，再结合n=及物质总质量，可计算出Mg的物质的量，进而得到二者的物质的量的比。
【详解】n(H2)= =0.15 mol，由Al与NaOH溶液反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知反应消耗的Al的物质的量为n(Al)=n(H2)=0.1 mol，m(Al)=n·M=0.1 mol×27 g/mol=2.7 g，则原合金中Mg的质量为m(Mg)=3.9 g-2.7 g=1.2 g，所以Mg的物质的量n(Mg)= =0.05 mol，因此原合金中镁和铝的物质的量之比n(Mg)：n(Al)=0.05 mol：0.1 mol=1：2，故合理选项是B。
20.下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程
编号
实验目的
实验过程
A
制备Fe(OH)3胶体
将NaOH溶液滴加到饱和FeCl3溶液中
B
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色FeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
C
制取并纯化氯气
向MnO2中加入浓盐酸并加热，将生成的气体依次通过浓硫酸、饱和食盐水
D
证明某盐溶液中含有Na＋不含K＋
用洁净的铂丝蘸取待检液，在无色火焰上灼烧，观察到火焰呈黄色
【答案】B
【解析】
【详解】A．二者发生复分解反应生成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3胶体制取方法是：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续加热煮沸至液体呈红褐色，A错误；
B．Fe3+具有氧化性，若维生素C具有还原性，二者就会发生氧化还原反应产生Fe2+，使溶液由黄色转化为浅绿色，B正确；
C．制取得到的Cl2中含有杂质HCl、H2O蒸气，应该先通过饱和食盐水除去HCl，后除去水蒸气，否则干燥后的气体通过饱和食盐水后又混有水蒸气，C错误；
D．K元素焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，以滤去钠元素的黄光的干扰，上述方法只能证明含有Na+，不能确定是否含有K+，D错误；
故合理选项是B。
21.反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中，当有6 mol e－发生转移时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为(　　)
A. 1∶1 B. 1∶2 C. 2∶1 D. 3∶1
【答案】C
【解析】
【详解】NO2与水反应产生3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，如图，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1:2，所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2:1。
故选C。
22.有下列离子反应：
①Fe3＋+Cu=Fe2＋+Cu2＋ ②2Na+2H2O=2Na＋+2OH-+H2↑
③Ag＋+Cl-=AgCl↓ ④Fe+Fe3＋=2Fe2＋
⑤2H＋+SO42-+Ba2＋+2OH-=BaSO4↓+2H2O ⑥Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2↑，
其中属于氧化还原反应且书写正确的是（ ）
A. ①②④⑥ B. ①②④ C. ② D. ③⑤
【答案】C
【解析】
【分析】元素化合价发生变化的反应属于氧化还原反应，然后根据物质的性质，结合离子方程式书写原则及物质的拆分原则分析判断。
【详解】①反应属于氧化还原反应，但方程式不符合电子守恒、电荷守恒，①错误；
②反应符合事实，属于氧化还原反应，离子方程式书写正确，②正确；
③银离子和氯离子反应生成氯化银，无化合价变化，不属于氧化还原反应，③错误；
④反应属于氧化还原反应，但离子方程式书写时电子、电荷不守恒，④错误；
⑤硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，⑤错误；
⑥氧化铝和碱反应，生成偏铝酸盐和水，反应不符合事实，且不属于氧化还原反应，⑥错误；
综上所述可知：说法正确的只有②，故合理选项是C。
23.X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2-的核外电子层结构相同。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子序数：Y>X>Z B. 原子半径：Z>X>Y
C. 单质的还原性：X>Y D. 碱性：XOH>Y(OH)3
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2-的核外电子层结构相同，则X是Na元素，Y是Al元素，Z是O元素，然后根据元素周期律分析。
【详解】根据上述分析可知：X是Na元素，Y是Al元素，Z是O元素。
A. Na是11号元素，Al是13号元素，O是8号元素，所以原子序数：Al>Na>O，即：Y>X>Z，A正确；
B. 原子核外电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以三种元素的原子半径大小关系为：X>Y>Z，B错误；
C. 元素的金属性越强，单质的还原性就越强，两种元素单质的还原性：X>Y，C正确；
D. 元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性X>Y，所以其相应氢氧化物的碱性：XOH>Y(OH)3，D正确；
故合理选项是B。
24.短周期中三种元素a、b、c在周期表中的位置如图，下列有关这三种元素的叙述正确的是( )

A. a是一种活泼的非金属元素
B. c的最高价氧化物的水化物是一种弱酸
C. b的氢化物很稳定
D. b元素的最高化合价为＋7价
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素周期表的结构推断a为氦元素，b为氟元素，c为硫元素。
【详解】A、氦元素为稀有气体元素，很不活泼，错误；
B、硫酸为强酸，错误；
C、氟元素为非金属性最强的元素，它的氢化物很稳定，正确；
D、氟元素没有正价，错误。
故选C。
25.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是编号实验现象（ ）
编号
实验
现象
A
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
产生白色沉淀，随后变为红褐色
B
石蕊溶液滴入氯水中
溶液变红，随后迅速褪色
C
Na2O2在空气中放置
由淡黄色变为白色
D
澄清的石灰水在空气中久置
出现白色固体
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，二者产生Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2具有还原性，会被溶解在溶液中的O2氧化产生Fe(OH)3红褐色沉淀，Fe元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；
B. 氯水中氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红与盐酸有关，后褪色与HClO的漂白性有关，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不符合题意；
C. Na2O2在空气中放置，与空气中的H2O、CO2都发生反应，产生O2，反应产生的NaOH、Na2CO3都是白色固体物质，反应中O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D. 澄清的石灰水在空气中久置，会吸收空气中的CO2反应产生CaCO3白色难溶性物质，而出现白色固体，反应中元素化合价不变，不属于氧化还原反应，D符合题意；
故合理选项是D。
26.下列各组的两个量，前者不恰好是后者二倍的是（ ）
A. Na2O2中阳离子和阴离子的个数
B. Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应中，反应的HNO3的物质的量和被还原的HNO3的物质的量
C. 质量分数为98%的H2SO4的物质的量浓度和质量分数为49%的H2SO4的物质的量浓度
D. 分别发生KMnO4受热分解、MnO2催化H2O2分解反应，当得到同温同压下同体积O2时，两个反应转移的电子数
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2O2由Na+与过氧根离子(O22-)构成，则Na2O2中阳离子和阴离子的个数之比为2：1，A不符合题意；
B．Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应中，反应的HNO3的物质的量为4 mol，被还原的HNO3的物质的量为2 mol，所以前者恰好是后者二倍，B不符合题意；
C．硫酸的浓度越大，密度越大，当二者质量相同时，体积越小，等质量的质量分数为98%的H2SO4的体积小于质量分数为49%的H2SO4，所以前者浓度大于后者的二倍，C符合题意；
D．KMnO4受热分解生成1 mol氧气转移4 mol电子，H2O2分解反应生成1 mol氧气转移2 mol电子，前者恰好是后者二倍，D不符合题意；
故合理选项是C。
27.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化原因的是（ ）
A. 向FeCl3溶液中滴加几滴KSCN溶液，变成红色：FeCl3+3KSCN=Fe(SCN)3↓+3KCl
B. 向新制的KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加淀粉溶液，溶液显蓝色：2KI+Br2=I2+2KBr
C. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4
D. 向CuSO4溶液中滴加NaOH溶液，产生蓝色沉淀：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A. FeCl3溶液与KSCN反应产生的红色物质Fe(SCN)3是可溶性物质，不是沉淀，A错误；
B. 物质氧化性：Br2>I2，所以向新制的KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，会发生反应：2KI+Br2=I2+2KBr，产生的I2单质遇滴加淀粉溶液，溶液显蓝色，B正确；
C. 金属活动性Zn>Cu，所以向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，发生置换反应：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，溶液中无Cu2+，Zn2+水溶液显无色，因此反应后溶液蓝色消失，C正确；
D. CuSO4与NaOH会在溶液中发生复分解反应：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，产生蓝色Cu(OH)2沉淀，D正确；
故合理选项是A。
28.a、b、c、d均为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和c+离子的电子层结构相同，d的原子L层有4个电子。下列叙述正确的是（ ）
A. a分别与b、c、d形成的二元化合物中a的化合价均为＋1
B. b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C. a与b形成的化合物中一定只有极性键，b与c形成的化合物中一定只有离子键
D. 原子半径大小顺序c>b>d>a
【答案】B
【解析】
【分析】a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b2-和c+离子的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素、c为Na元素；d的原子L层有4个电子，则d为C元素，然后根据物质结构与性质的关系分析。
【详解】根据上述分析可知：a为H元素；b为O元素、c为Na元素；d为C元素。
A．氢与钠形成的化合物NaH中氢元素化合价为-1价，A错误；
B．O元素与氢元素形成H2O、H2O2，与Na形成Na2O、Na2O2，与碳形成CO、CO2，B正确；
C．a与b形成的化合物有H2O、H2O2，二者都含有极性键为H-O，而H2O2中还含有非极性键O-O键，b与c形成的化合物Na2O、Na2O2中都有离子键，而Na2O2中含有非极性键O-O键，C错误；
D．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，一般电子层越多原子半径越越大，故原子半径：Na>C>O>H，即：c(Na)>d(C)>b(O)>a(H)，D错误；
故合理选项是B。
29.根据下列表中信息，下列叙述正确的是（ ）
短周期元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.089
0.102
0.074
元素最高正价或最低负价
+2
+3
+2
+6、-2
-2
A. T2和T3互为同位素
B. 单质与稀盐酸反应的速率：L C. M与T形成的化合物既能与强酸反应，又能与强碱反应
D. 氢化物H2T与H2R均为含10个电子的分子
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素中，R、T均有-2价，它们处于VIA族，而R有+6价且原子半径较大，故R为S元素、T为O元素；L、Q均有+2价，它们处于IIA族，原子半径L>Q，故L为Mg、Q为Be；M有+3价且原子半径大于硫的，故M为Al。
【详解】A．O2和O3是同一元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体，A错误；
B．金属性Mg>Be，故单质与稀盐酸反应的速率：L(Mg)>Q(Be)，B错误；
C．M与T形成的化合物为Al2O3，Al2O3属于两性氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应，C正确；
D．氢化物H2O与H2S分子分别含有10个电子、18个电子，D错误；
故合理选项是C。
30.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A. 取a克混合物与稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
B. 取a克混合物与稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C. 取a克混合物充分加热，减重b克
D 取a克混合物与Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】A
【解析】
【详解】A、逸出气体含有水蒸气，不能测定；
B、最后得到的是氯化钠，可以测定；
C、最后得到的是碳酸钠，可以测定；
D、最后得到的是碳酸钡，可以测定；
答案选A。
现实验室需要450 mL 0.5 mol/L的NaOH溶液和500 mL 0.2 mol/L的H2SO4溶液。
请回答下列问题：
Ⅰ.配制NaOH溶液
31. 根据计算，用托盘天平称取NaOH固体的质量应为_____g。
A. 0.9 B. 9.0 C. 10 D. 10.0
Ⅱ.配制稀H2SO4
某同学欲用质量分数为98%的浓硫酸(密度ρ=1.84 g/cm3)配制所需的稀H2SO4。可供选用的仪器有：①胶头滴管；②玻璃棒；③烧杯；④量筒；⑤500 mL容量瓶；⑥圆底烧瓶
32. 以上仪器中不需要的是
A. ① B. ② C. ③ D. ⑥
33. 用量筒量取所需浓硫酸的体积应为_______mL。
A. 5.4 B. 5.5 C. 18.4 D. 27.2
34. 如果实验室有10 mL、20 mL、50 mL的量筒，应选用_______mL量筒量取。
A. 10 B. 20 C. 50 D. 以上都可以
35. 下列操作会使所配制的溶液浓度偏高的是（ ）
A. 容量瓶中原来有少量蒸馏水未作处理
B. 定容时仰视容量瓶刻度线
C. 用量筒量取浓硫酸时仰视读数
D. 定容时，不慎加水超过刻度线，又用滴管将多出部分吸出
【答案】31. D 32. D 33. A 34. A 35. C
【解析】
【分析】I.1. 根据配制物质的量浓度溶液的要求，选择合适的容量瓶，然后根据n=c·V及m=n·M计算NaOH的质量；
II.2. 用浓硫酸配制稀硫酸，根据配制溶液的步骤确定使用的仪器，进而可确定不需要使用的仪器；
3. 根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算需要浓硫酸的体积；
4. 根据选择仪器的标准“大而近”分析；
5.根据c=分析实验误差。
【31题详解】实验室没有规格是450 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，应该选择500 mL的容量瓶，则配制500 mL 0.5 mol/L的NaOH溶液，需要NaOH的物质的量为n(NaOH)=c·V=0.5 mol/L×0.5 L=0.25 mol，则需称量的NaOH的质量m(NaOH)= n·M=0.25 mol×40 g/mol=10.0 g，故合理选项是D。
【32题详解】用浓硫酸配制稀硫酸，由于硫酸为液体物质，要使用量筒量取，用一定规格的量筒量取浓硫酸后，沿烧杯内壁缓慢转移至盛有一定量水烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，使热量迅速扩散，当冷却至室温后，通过玻璃棒转移溶液至规格是500 mL的容量瓶中，再洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，加水定容，当液面至离刻度线1-2 cm时，改用胶头滴管滴加至凹液面最低处与刻度线相切，然后盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，就得到500 mL 0.2 mol/L的H2SO4溶液，因此在给出的仪器中不需要的是⑥圆底烧瓶，故合理选项是D。
【33题详解】质量分数为98%、密度ρ=1.84 g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c=mol/L=18.4 mol/L，要500 mL 0.2 mol/L的H2SO4溶液，需要溶质的物质的量n(H2SO4)= c·V=0.2 mol/L×0.5 L=0.1 mol，因此需要浓硫酸的体积V(H2SO4)= =0.0054 L=5.4 mL，故合理选项是A。
【34题详解】需要量取5.4 mL浓硫酸，由于仪器的规格越接近量取液体的体积数值，量取的溶液体积误差越小，所以要选择使用10 mL的量筒来量取浓硫酸，故合理选项是A。
【35题详解】A. 容量瓶中原来有少量蒸馏水未作处理，由于不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度不产生任何影响，A不符合题意；
B. 定容时仰视容量瓶刻度线，则溶液的体积偏大，根据c=可知，会使溶液的浓度偏低，B不符合题意；
C. 用量筒量取浓硫酸时仰视读数，则溶质的物质的量偏多，根据c=可知，会使溶液的浓度偏高，C符合题意；
D. 定容时，不慎加水超过刻度线，又用滴管将多出部分吸出，由于溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏低，D不符合题意；
故合理选项是C。
现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如下图所示(图中有些反应的部分生成物和反应的条件没有标出)。

请回答下列问题：
36. D、F、G的化学式分别是（ ）
A. NaOH、FeCl2、FeCl3 B. NaOH、FeCl3、FeCl2
C. Fe3O4、FeCl2、FeCl3 D. Fe3O4、FeCl3、FeCl2
37. A、B、C的金属活动性顺序是（ ）
A. A>B>C B. A>C>B C. B>A>C D. C>B>A
38. ①～⑦反应中未涉及到四种基本反应类型中的（ ）
A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应
39. 除去F溶液中的少量G，常加入或通入足量的。（ ）
A 铁粉 B. 氯气
C. 双氧水 D. 酸性高锰酸钾溶液
40. 除去乙中的少量丙，常将混合气通入到中进行洗气。（ ）
A. NaOH溶液 B. 饱和食盐水
C. 饱和NaHCO3溶液 D. 浓硫酸
【答案】36. A 37. A 38. B 39. A 40. B
【解析】
【分析】金属单质A焰色反应为黄色，则A为Na，钠与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH，金属单质B和氢氧化钠溶液反应生成氢气，则B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，乙与H2反应生成气体丙为HCl，HCl溶于水得到E为盐酸，金属单质C与盐酸反应得到F，F与物质D(氢氧化钠)反应生成H，H在空气中转化为红褐色沉淀I，则H为Fe(OH)2，红褐色沉淀I为Fe(OH)3，所以金属C为Fe，则F为FeCl2，FeCl2与Cl2反应产生的物质G为FeCl3。然后根据各个小题的问题逐一解答。
【36题详解】根据上述分析可知：D是NaOH，F是FeCl2，G是FeCl3，所以合理选项是A。
【37题详解】A是Na，B是Al，C是Fe，根据金属在金属活动性顺序表中的位置可知三种金属的活动性有强到弱的顺序为：A>B>C，故合理选项是A。
【38题详解】①是Na与H2O发生置换反应产生NaOH和H2；②是H2与Cl2发生化合反应产生HCl；③是Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，反应不属于任何一种基本类型；④是Fe与HCl发生置换反应产生FeCl2和H2；⑤是NaOH与FeCl2发生复分解反应产生Fe(OH)2和NaCl；⑥是Fe(OH)2、O2、H2O发生化合反应产生Fe(OH)3；⑦是FeCl2和Cl2发生化合反应产生FeCl3。可见，在上述反应中未涉及的基本反应类型为分解反应，故合理选项是B。
【39题详解】F为FeCl2， G为FeCl3，除去FeCl2中少量杂质FeCl3，可根据FeCl3的氧化性，及不能引入新的杂质的要求，向溶液中加入足量Fe粉，发生反应：Fe+2FeCl2=3FeCl3，然后过滤除去固体物质，就得到纯净的FeCl2溶液，故合理选项是A。
【40题详解】乙是Cl2，丙是HCl，要除去Cl2中的少量HCl，可根据Cl2与水产生HCl、HClO的反应是可逆反应的特点，及HCl极容易溶于水，利用平衡移动原理，将混合气通入到饱和NaCl溶液中进行洗气，故合理选项是B。
Ⅰ.将少量等质量的钾、钠、镁、铝分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：
41. 上述金属中与盐酸反应最剧烈_____。
A. 钾 B. 钠 C. 镁 D. 铝
42. 上述金属中与盐酸反应生成相同条件下的气体最多_____。
A. 钾 B. 钠 C. 镁 D. 铝
Ⅱ.利用图装置来验证同主族元素非金属性的变化规律：

现要证明非金属性：Cl>I。在A中加浓盐酸，C中加淀粉碘化钾混合溶液，B中加某试剂。
常温下，通过合理操作，观察到C中溶液变蓝的现象，即可证明。
请结合装置回答下列问题：
43. B中可加入_____
A. MnO2固体 B. KMnO4固体 C. 浓H2SO4 D. 大理石
44. 仪器A的名称是_____
A. 普通漏斗 B. 长颈漏斗 C. 分液漏斗 D. 容量瓶
45. 从环境保护的角度考虑，此装置尚缺少尾气处理装置，可用 吸收尾气。
A. 澄清石灰水 B. KBr溶液 C. 浓H2SO4 D. NaOH溶液
【答案】41. A 42. D 43. B 44. C 45. D
【解析】
【分析】Ⅰ．(1)根据金属活动性顺序表可以判断钾、钠、镁、铝的活泼性，金属活泼性越强，与盐酸反应越剧烈；
(2)根据电子守恒比较生成氢气在相同条件下的体积大小；
Ⅱ．要证明非金属性：Cl>I，可根据氯气能够将碘离子氧化成碘单质，则B装置为氯气的制备装置；氯气有毒，多余的氯气用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。
【41题详解】
金属活泼性顺序为：钾>钠>镁>铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；故合理选项是A；
42题详解】生成1 mol氢气需要得到2 mol电子，钾、钠都是+1价的金属，1mol 钾质量是39g，失去1 mol电子，1 mol钠质量是23 g，失去1 mol电子，Mg是+2价的金属，1 mol镁质量是24g，失去2 mol电子，Al是+3价的金属，而1 mol铝质量是27 g，失去3 mol电子，所以等质量的四种金属失去电子的物质的量最多的是Al，则生成相同条件下氢气最多的是金属铝，故合理选项是D；
【43题详解】根据以上分析，发生装置为氯气的制备装置，浓盐酸和高锰酸钾在常温下反应生成氯气，则B中可加入KMnO4固体，故合理选项是B；
【44题详解】根据仪器的结构可知仪器A的名称是分液漏斗，故合理选项是C；
【45题详解】氯气是有毒气体，在排放前要进行尾气处理，可根据氯气能够与碱反应的性质，多余的氯气用氢氧化钠溶液进行吸收，所以从环境保护的角度考虑，此装置尚缺少尾气处理装置，可用NaOH溶液吸收尾气，故合理选项是D。
下表为元素周期表的一部分，①～⑩代表10种短周期元素。

请参照元素①～⑩在表中的位置，回答下列问题：
46. 表中属于金属元素的共有 种。
A. 2 B. 3 C. 5 D. 8
47. 推测元素③和⑦的非金属性强弱（ ）
A. ③>⑦ B. ③<⑦ C. ③=⑦ D. 不确定
48. 表中元素化学性质最不活泼的是（ ）
A. ① B. ④ C. ⑤ D. ⑩
49. 元素⑨在周期表中的位置为（ ）
A. 第三周期第七主族 B. 第三周期第ⅦA族
C. 第二周期第七副族 D. 第三周期第ⅦB族
50. 元素①、③和④形成的化合物（ ）
A. 一定是共价化合物 B. 一定是离子化合物
C. 可能是共价化合物也可能是离子化合物 D. 无法判断
【答案】46. A 47. A 48. D 49. B 50. C
【解析】
【分析】由元素在元素周期表中的位置可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Ar。
1. 表中⑤为Na、⑥为Al，二者属于金属元素；
2. 同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱；
3. 稀有气体原子最外层为稳定结构，化学性质稳定；
4. 由位置可知元素⑨在周期表中的位置为：第三周期第ⅦA族；
5. H、N、O形成的化合物有HNO3、NH4NO3等。
【46题详解】表中⑤为Na、⑥为Al，只有这2种元素属于金属元素，故合理选项是A。
【47题详解】同一周期的元素从左到右，随着原子序数的增大，元素的非金属性逐渐增强；同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，故元素的非金属性：③>⑦，故合理选项是A。
【48题详解】⑩为稀有气体Ar，Ar原子最外层为8个电子稳定结构，化学性质最不活泼，故合理选项是D。
【49题详解】元素⑨是Cl元素，根据元素的原子结构与元素在周期表的位置关系可知元素⑨在周期表中位于第三周期第ⅦA族，故合理选项是B。
【50题详解】H、N、O形成的化合物有HNO3、NH4NO2、NH4NO3等，HNO3属于共价化合物，分子中只有共价键，而NH4NO2、NH4NO3属于离子化合物，物质中既含有离子键也含有共价键，故合理选项是C。