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2021-2022学年辽宁省沈阳市皇姑区五校联考高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年辽宁省沈阳市皇姑区五校联考高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了8g，【答案】B，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年辽宁省沈阳市皇姑区五校联考高一（上）期末化学试卷
1. 下列叙述前后没有因果关系的是( )
A. 氯气具有强氧化性，氯水可以漂白有色布条
B. Al和Al2O3均能与酸、碱反应，不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物
C. 硬铝密度小、强度高、耐腐蚀，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
D. 碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
2. 下列有关化学用语使用正确的是( )
A. Cl−的结构示意图： B. 次氯酸的电子式：
C. 二氧化碳的分子结构模型： D. Cl2分子的结构式：：Cl−Cl
3. 2020年我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，其中“铷(Rb)原子钟”被誉为卫星的“心脏”，下列有关说法错误的是( )
A. 铷元素位于IA族 B. 铷的熔点比钠高
C. 3785Rb的中子数为48 D. 3785Rb和 3787Rb化学性质几乎相同
4. 有两份组成及质量都相等的Na2O2和Na2CO3的混合物，向第一份中加入足量的稀硫酸，放出的气体共6.72L，将此气体通入第二份混合物，充分反应后，气体体积变为6.048L(均为标准状况下体积)，则原混合物中Na2O2和Na2CO3的物质的量之比为( )
A. 2：9 B. 3：2 C. 2：1 D. 1：8
5. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1mol重水比1mol水多NA个质子
B. CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)充分燃烧，则消耗O2分子数目为0.25NA
C. 1mol甲基()含有的电子数为7NA
D. 1L0.1mol⋅L−1FeCl3溶液制成胶体，含有Fe(OH)3胶粒数一定小于0.1NA
6. 下列离子方程式正确的是( )
A. 漂白粉溶液在空气中失效：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−
B. Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl−+ClO−
C. 石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3+2OH−
D. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH−+O2↑
7. 在密闭容器里充入H2和CO2的混合气体，其密度是相同条件下H2密度的15倍，此时容器内压强为p1，若容器体积不变，加入足量过氧化钠，并不断用电火花点燃至完全反应，恢复到开始的温度，再次测得容器内压强为p2，则p1和p2的关系是( )
A. p1=4p2 B. p1=3p2 C. p2=2p2 D. p1=p2
8. 用氢氧化钠固体配制1.0mol⋅L−1的溶液，现需要220mL，下列说法正确的是( )
A. 需先称取氢氧化钠固体8.8g
B. 氢氧化钠在烧杯中溶解后，要立即转移至容量瓶
C. NaOH试剂含有杂质不一定会导致所配溶液浓度偏小
D. 定容后将溶液振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，需继续加水至刻度线
9. KMnO4是常见的消毒剂和氧化剂。已知相关的化学反应如下：
①实验室制O2：2KMnO4−△K2MnO4+MnO2+O2↑
②实验室制Cl2：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
③测定废水中Mn2+：2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+
下列说法不正确的是( )
A. 加热1molKMnO4固体一段时间后剩余固体在与足量浓盐酸充分加热产生气体的物质的量n：1.5mol≤n≤2.5mol
B. 可用浓盐酸酸化的KMnO4溶液于H2O2反应：2MnO4−+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O
C. 结合已有知识，通过反应②可判断KMnO4的氧化能力强于MnO2
D. ③中生成3mol氧化产物时转移6mol电子
10. 下列除杂方案不正确的是( )
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
Cu
Fe
过量的稀硫酸
过滤
B
CO2(g)
HCl(g)
足量的饱和NaHCO3溶液
洗气
C
Cl2(g)
HCl(g)、H2O(g)
饱和食盐水、浓硫酸
洗气
D
FeSO4溶液
CuSO4
加入过量铁粉
过滤
A. A B. B C. C D. D
11. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价与最低负价之和为0，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z2X4的电子总数为18；Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子。下列说法不正确的是( )
A. 原子半径：Z
C. Y和M简单氢化物的稳定性：Y>M
D. X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
12. 以下物质之间的每步转化中，都能通过一步实现的是( )
①Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
②Na→Na2O→Na2CO3→NaHCO3→NaOH
③Mg→MgCl2→MgCO3→Mg(OH)2
④Al→Al2O3→Al(OH)3
⑤Al→NaAlO2→Al(OH)3→Al2O3→Al
A. ②③④ B. ①②⑤ C. ①②③⑤ D. ①②③④⑤
13. 采用Pd−Fe3O4双催化剂，可实现用H2消除酸性废水中的NO3−、NO2−。Fe3O4中Fe的价态有+2、+3价，用Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示，其反应历程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 反应历程中Fe(Ⅱ)和Fe(Ⅲ)的总物质的量不变
B. 反应②发生的反应为：NO3−+2Fe2++2H+=NO2−+2Fe3++H2O
C. 过程④中产生0.5molN2则消除46gNO2−
D. 用该法处理后废水的酸性也会变弱
14. 已知还原性：SO32−>I−。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Cu2+、K+、I−、SO32−、SO42−，且所有离子物质的量浓度相等。该溶液做焰色试验火焰呈黄色，向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是( )
A. 不能判断是否含I− B. 不能判断是否含SO42−
C. 肯定不含有NH4+ D. 肯定含有K+
15. 下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
待测液中滴加KSCN溶液，变红色，再滴加氯水
红色逐渐加深
待测液中存在Fe2+、Fe3+
B
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉淀产生
该溶液中含有SO42−
C
将某化合物在酒精灯上灼烧
焰色为黄色
该化合物是钠盐
D
将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热
钠表面变暗，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰
钠易与氧气反应，加热时生成Na2O的速率加快
A. A B. B C. C D. D
16. 针对表中10种元素及由这些元素形成的单质和化合物，用元素符号或者化学式填写以下空格。
(1)最活泼的金属元素是 ______，最活泼的非金属元素是 ______，其单质常用作半导体材料的元素是 ______。
(2)碱性最强的最高价氧化物对应水化物是 ______，酸性最强的最高价氧化物对应水化物是 ______，最稳定的气态氢化物是 ______。
(3)将等质量的④、⑤、⑥分别投入100mL1mol/L硫酸溶液中，充分反应后产生的H2在相同状况下的体积分别是V1L、V2L、V3L，则下列关系中可能成立的是 ______。
A.V1
D.V1>V2>V3
E.V1>V2=V3
(4)能够比较⑧与⑨的非金属性强弱的依据是 ______。
a.氢化物酸性⑨强于⑧
b.⑨单质能与⑧氢化物反应得到⑧单质
c.最高价氧化物水化物酸性⑨强于⑧
d.单质与H2反应⑨比⑧更容易
(5)某兴趣小组甲同学尝试用以下装置进行实验，以比较①⑦⑨三种元素的非金属性。
甲同学使用NaHCO3饱和溶液的作用是 ______。乙同学认为以上设计存在错误，请分析乙同学的理由 ______。
17. 工业生产中会产生大量的废铁屑，可将其“变废为宝”制成化工原料氯化铁。实验室中利用下图所示装置探究由废铁屑制备FeCl3⋅6H2O晶体的原理并测定铁屑中铁单质的质量分数。
已知：
①废铁屑中杂质不溶于水且不与酸反应；
②Fe3+对H2O2分解有催化作用。
(1)仪器A与装置B连接的橡胶管的作用是 ______。
(2)检验该装置气密性的具体操作如下：
①关闭 ______，打开弹簧夹K；
②向水准管中加水，使水准管液面高于量气管液面；
③观察到 ______说明气密性良好。
取mg废铁屑加入B装置中，在A中加入足量的盐酸后进行下列操作：
Ⅰ.打开弹簧夹K，关闭活塞b，打开活塞a，缓慢滴加盐酸。
Ⅱ.当装置D的量气管一侧液面不再下降时，关闭弹簧夹K，打开活塞b，当A、B中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a、b。
Ⅲ.将烧杯中的溶液经过一系列操作后得到FeCl3⋅6H2O晶体。
请回答：
(3)用离子方程式表示烧杯中足量的H2O2溶液的作用：______。如果在A中加入的盐酸不足，会发现烧杯中出现大量气泡，用化学方程式解释其原因 ______。
(4)实验结束后，若量气管内共收集VmL，气体(已换算成标准状况)，则此废铁屑中铁单质的质量分数为 ______。
18. 面对新冠病毒，VB空气防护卡也成了“网红”，成为人们讨论的话题。商品介绍卡片中含有的主要活性成分——亚氯酸钠，在接触空气时可以释放安全可靠的低浓度二氧化氯(ClO2)，从而达到消除病毒、细菌活性的防护效果。NaClO2的一种生产工艺如图：
回答下列问题：
(1)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学反应方程式：______。
(2)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+、Ca2+、SO42−，要加入的试剂分别为 ______、______、______，为得到纯净的NaCl溶液还需加入 ______(以上填写相应物质的化学式)。
(3)“电解”产生的Cl2可用于工业制漂白液，写出离子反应方程式：______。
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______，该反应中还原产物是 ______。
(5)有同学推测VB空气防护卡原理是因为NaClO2与空气中的CO2发生反应得到ClO2，同时得到钠的两种正盐，试写出相应的化学反应方程式：______。
19. 已知A是常见的无色液体，M、R是两种常见的金属，M是地壳中含量最多的金属元素的单质，T是淡黄色固体，B、C是无色无味的气体，E是具有磁性的黑色晶体，H是红褐色固体。(注意：有的反应物和生成物未标出)
(1)物质T的电子式为 ______，T含有的化学键类型有 ______。
(2)D和M在溶液中反应生成B的离子反应方程式为：______。
(3)G在潮湿空气中变成H的实验现象是 ______，化学方程式为 ______。
(4)T和F反应只生成C、H和一种正盐，其离子反应方程式为：______。
(5)0.1molE和R的混合物，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.02molH2，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量百分数为 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.氯水可以漂白有色布条，是氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，故A错误；
B.Al和强碱反应生成可溶性偏铝酸盐，和酸反应生成盐，所以酸、碱还有可水解的盐可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身，不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，故B正确；
C.Al的相对原子质量较小，其合金密度小、强度高、耐腐蚀，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故C正确；
D.碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，碳酸氢钠可用作食用碱，用于发酵粉等，碳酸钠可以用于制造玻璃等或工业用碱，故D正确；
故选：A。
A.氯气无漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性；
B.Al和Al2O3强碱反应生成可溶性偏铝酸盐，和酸反应生成盐；
C.Al的相对原子质量较小，其合金强度高、耐腐蚀；
D.碳酸钠和碳酸氢钠都能水解，水解溶液均显碱性。
本题考查了元素化合物知识，明确氯水、铝、氧化铝、碳酸钠和碳酸氢钠性质是解题关键，注意物质性质的理解和应用，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.Cl−的质子数是17，核外电子数为18，最外层电子数为8，其结构示意图为，故A错误；
B.次氯酸中心原子是O，O原子分别与H、Cl原子共用1对电子，O、Cl原子外围达到8e−结构，次氯酸的其电子式为，故B错误；
C.二氧化碳是直线形分子，中心原子是O，含有2个C=O键，并且C原子半径大于O，其分子结构模型：，故C正确；
D.Cl2分子的电子式为，结构式为Cl−Cl，故D错误；
故选：C。
A.Cl−的核外电子数为18；
B.次氯酸的中心原子是O，不是Cl；
C.二氧化碳是直线形分子，并且C原子半径大于O；
D.书写结构式时，略去孤电子对。
本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构式、原子或离子结构示意图、分子结构模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.铷元素核电荷数37，原子核外电子数37，最外层电子数1个，位于IA族，故A正确；
B.铷的原子半径大于钠，金属键小于钠，则熔点比钠低，故B错误；
C. 3785Rb的中子数=85−37=48，故C正确；
D. 3785Rb和 3787Rb核外电子数相同，最外层电子数相同，化学性质几乎相同，故D正确；
故选：B。
A.铷元素核电荷数37，原子核外电子数37，最外层电子数1个，电子层数为5；
B.第一主族金属单质熔沸点从上到下逐渐减小；
C.原子中质量数=质子数+中子数；
D.同位素原子核外电子数相同，最外层电子数相同，化学性质相同。
本题考查了碱金属性质递变、原子结构分析判断等知识点，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：6.72LO2、CO2的物质的量为6.72L22.4L/mol=0.3mol，6.048L气体的物质的量为6.048L22.4L/mol=0.27mol，
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 气体物质的量减少Δn
2 2 1
nm0.3mol−0.27mol=0.03mol
所以n=m=0.03mol×2=0.06mol，
若CO2完全反应，则第一份生成CO2的物质的量为0.06mol，O2的物质的量为：0.3mol−0.06mol=0.24mol，根据碳原子守恒n(Na2CO3)=n(CO2)=0.06mol，由2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2，可知n(Na2O2)=2n(O2)=2×0.24mol=0.48mol，故n(Na2O2)：n(Na2CO3)=0.48mol：0.06mol=8：1；
若CO2有剩余，则Na2O2的物质的量为0.06mol，由2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2，可知n(O2)=12n(Na2O2)=12×0.06mol=0.03mol，根据碳原子守恒n(Na2CO3)=n(CO2)=0.3mol−0.03mol=0.27mol，故n(Na2O2)：n(Na2CO3)=0.06mol：0.27mol=2：9，
故选：A。
第一份发生反应为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2、Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，生成的6.72L气体为O2、CO2，将第一份生成的气体通入第二份Na2O2、Na2CO3的化合物，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，导致气体体积减小，讨论二氧化碳是否过量，结合方程式计算过氧化钠、碳酸钠的物质的量。
本题考查混合物的计算，题目难度较大，关键讨论二氧化碳与过氧化钠过量反应，注意过氧化钠与硫酸的反应情况，侧重考查学生的分析理解能力及化学计算能力。
5.【答案】D
【解析】解：A.1个重水分子与1个普通水分子都含有10个质子，所以1mol重水与1mol水含有质子数相同，故A错误；
B.根据完全燃烧的化学方程式可知，1分子CH4完全燃烧时，会消耗2分子的氧气，而1分子的C2H4完全燃烧时，会消耗3分子的氧气，二者之间并没有很明显的量的规律，而标况下2.24LCH4和C2H4的混合气体并没有给出明确的组分，所以我们并无法得知确切的消耗的氧气分子的数量，故B错误；
C.甲基中含一个未成对单电子，故1mol甲基含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故C错误；
D.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，且氯化铁水解是可逆的，故所得氢氧化铁胶粒的个数小于0.1NA个，故D正确；
故选：D。
A.1个重水分子与1个普通水分子都含有10个质子；
B.可以根据完全燃烧的化学方程式得出1分子CH4和1分子C2H4分别完全燃烧时，会消耗的氧气的个数，再分析二者之间是否有量的规律可言；
C.甲基中含有9个电子，1mol甲基含有9mol电子；
D.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。
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。
6.【答案】C
【解析】解：A.次氯酸钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，正确的离子方程式为CO2+Ca2++2ClO−+H2O=CaCO3↓+2HClO，故A错误；
B.Cl2通入水中的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故B错误；
C.石灰乳与Na2CO3溶液混合，离子方程式为：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3+2OH−，故C正确；
D.Na2O2溶于水产生O2，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2↑，故D错误；
故选：C。
A.漂白粉的主要成分为次氯酸钙，次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸；
B.次氯酸为弱酸，不能拆开；
C.氢氧化钙与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；
D.该反应不满足质量守恒定律和得失电子守恒。
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，A为易错点，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：H2和CO2的混合气体平均相对分子质量为15×2=30，令氢气为xmol、二氧化碳为ymol，则2x+44yx+y=30，整理可得x：y=1：2，假设H2和CO2物质的量分别为1mol、2mol，加入足量过氧化钠，并不断用电火花点燃至完全反应，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2+O2−点燃2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，后2个反应总反应式为H2+Na2O2=2NaOH，最后容器中剩余气体是CO2反应生成的氧气，由方程式可知n(O2)=12n(CO2)=12×2mol=1mol，根据压强之比等于物质的量之比，可知p1：p2=3：1，故p1=3p2，
故选：B。
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2+O2−点燃2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，后2个反应总反应式为H2+Na2O2=2NaOH，最后容器中剩余气体是CO2反应生成的氧气，根据混合气体是相同条件下氢气密度的15倍，计算混合气体中CO2和H2的物质的量之比，设各自的物质的量，关键方程式计算生成氧气的物质的量，再根据反应前后的压强之比=反应前后的物质的量之比来计算。
本题考查过氧化钠的化学性质、化学计算等，关键是明确发生的反应，注意总方程式的运用，题目侧重考查学生化学计算能力、灵活运用知识的能力。
8.【答案】C
【解析】解：A.需要220mL1.0mol⋅L−1的溶液，应选择250mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量为：0.25L×1.0mol/L×40g/mol=10.0g，故A错误；
B.氢氧化钠溶解产生大量的热，应冷却后再进行移液，故B错误；
C.NaOH试剂含有杂质不一定会导致所配溶液浓度偏小，如含氧化钠杂质，故C正确；
D.定容后将溶液振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，需继续加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误；
故选：C。
A.需要220mL1.0mol⋅L−1的溶液，应选择250mL容量瓶，依据m=cVM计算需要溶质的质量；
B.氢氧化钠溶解产生大量的热；
C.如果氢氧化钠中含有氧化钠杂质，则会导致所配溶液浓度偏大；
D.定容后将溶液振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，属于正常操作。
本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理，熟悉物质分析的方法和技巧即可解答，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.若KMnO4未分解，由方程式2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知：1molKMnO4充分反应产生2.5molCl2；若其完全发生分解反应，根据反应方程式可知2KMnO4−△K2MnO4+MnO2+O2↑可知：1molKMnO4完全分解产生0.5molK2MnO4、0.5molMnO2，根据制取Cl2的反应中，由电子守恒可得关系式：K2MnO4∼2Cl2；MnO2∼Cl2；则0.5molK2MnO4和0.5molMnO2与足量盐酸反应产生Cl2的物质的量是n(Cl2)=1mol+0.5mol=1.5mol；若KMnO4部分分解，则反应产物与足量浓盐酸反应制取Cl2的物质的量1.5mol≤n(Cl2)<2.5mol，故A正确；
B.浓盐酸具有还原性，会被KMnO4氧化产生Cl2，因此不能证明H2O2具有还原性，应该使用稀硫酸酸化，故B错误；
C.KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2不需加热；而MnO2浓盐酸反应制取Cl2需要加热，说明物质的氧化性：KMnO4>MnO2，故C正确；
D.在反应2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+中，氧化产物、还原产物都MnO2，反应产生5molMnO2中，其中2mol是由氧化剂KMnO4还原产生的还原产物，3 mol是还原剂氧化产生氧化产物，每反应产生3 mol还原产物，反应过程中转移6 mol电子，故D正确；
故选：B。
A.结合化学方程式采用极限法和电子守恒进行解答；
B.浓盐酸和KMnO4发生氧化还原反应生成氯气；
C.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；
D.结合化合价变化判断反应中转移的电子数。
本题考查了氧化还原反应，为高考高频考点，侧重反应分析判断的考查，注意把握常见元素的化合价及氧化性强弱比较，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.Fe与稀硫酸反应，Cu不能，反应后过滤可分离，故A正确；
B.HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，然后浓硫酸干燥二氧化碳，洗气可分离，若不干燥易引入新杂质水蒸气，故B错误；
C.食盐水可除去HCl，浓硫酸可吸收水，洗气可分离，故C正确；
D.Fe与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和Cu，反应后过滤可分离，故D正确；
故选：B。
A.Fe与稀硫酸反应，Cu不能；
B.HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，反应后需干燥气体；
C.食盐水可除去HCl，浓硫酸可吸收水；
D.Fe与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和Cu。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂的原则，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为N、M为Si、Q为Cl，
A.同主族从上到下原子半径增大，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：Z
C.非金属性越强，对应简单氢化物越稳定，则Y和M简单氢化物的稳定性：Y>M，故C正确；
D.X、Z和Q三种元素形成的化合物若为氯化铵，为离子化合物，故D错误；
故选：D。
X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，Y元素的最高正价与最低负价之和为0，化合物Z2X4的电子总数为18，结合原子序数可知，X为H、Y为C、Z为N；Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，M为Si；Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子，最外层电子数为7，结合原子序数可知Q为Cl，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的性质、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：①铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3都能一步实现，故①正确；
②钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与过量氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以Na→Na2O→Na2CO3→NaHCO3→NaOH都能一步实现，故②正确；
③镁与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与碳酸钠反应生成碳酸镁，碳酸镁和氢氧化钙反应生成氢氧化镁，Mg→MgCl2→MgCO3→Mg(OH)2都能一步实现，故③正确；
④氧化铝与水不反应，所以Al2O3→Al(OH)3不能一步实现，故④错误；
⑤铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，所以Al→NaAlO2→Na2CO3，都能一步实现，故⑤正确；
故①②③⑤正确；
故选：C。
①Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与NaOH反应生成氢氧化亚铁，再与氧气、水反应生成氢氧化铁；
②钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与过量石灰水可反应生成碳酸钙、NaOH；
③镁与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与碳酸钠反应生成碳酸镁，碳酸镁和氢氧化钙反应生成氢氧化镁；
④Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝不能一步转化为氢氧化铝；
⑤Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，再与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠。
本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、相互转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.H2消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，反应历程中Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)总物质的量不变，故A正确；
B.过程①发生的反应为Fe2+与酸性废水中的致癌物NO3−发生氧化还原反应，NO3−的+5价N元素变为NO2−中+3价，化合价降低被还原，反应为：NO3−+2Fe2++2H+=2Fe3++NO2−+H2O，故B正确；
C.过程①中Fe3O4/Pd为催化材料，H2消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，反应产生0.5molN2则消除NO2−物质的量小于1mol，质量<1mol×46g/mol=46g，故C错误；
D.H2消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，消耗氢离子，用该法处理后，水体的pH升高，用该法处理后废水的酸性也会变弱，故D正确；
故选：C。
根据图示可知，Fe3O4/Pd为催化材料，H2消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，两反应中N元素化合价降低被还原，H元素化合价升高被氧化，氢气为还原剂，NO3−、NO2−为氧化剂，据此解答。
本题考查原电池的工作原理知识，注重氧化还原反应的考查，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能。
14.【答案】A
【解析】解：A.由上述分析可知，由于溴水少量，可能不会与I−反应，原溶液中可能会有I−，故A正确；
B.由上述分析可知，原溶液中一定不含有SO42−，故B错误；
C.由上述分析可知，原溶液中可能含有NH4+，故C错误；
D.由上述分析可知，原溶液中可能含有K+，需要焰色反应确定K+是否存在，故D错误；
故选：A。
做焰色试验火焰呈黄色，则原溶液中一定含有Na+；还原性：SO32−>I−，溴水黄橙色，向该溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I−和SO32−均可与溴水反应使溴水褪色，则原溶液中一定含有SO32−，由于溴水少量，可能不会与I−反应，Cu2+与SO32−不共存，则原溶液中可能存在I−，一定不存在Cu2+；SO32−或SO42−带2个单位负电荷，且各离子物质的量浓度均相等，则K+、NH4+中至少含有一种，SO42−不可能存在，所以原溶液中一定含有SO32−、Na+、K+或NH4+中至少含有一种，可能含有I−，一定不含有Cu2+、SO42−，据此分析解答。
本题考查常见离子的检验与推断，为高频考点，明确离子的性质、发生的反应为解答关键，注意掌握溶液电中性原则的应用，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。
15.【答案】A
【解析】解：A.滴加KSCN溶液，变红色，可知原溶液含铁离子，再加氯水可氧化亚铁离子，则红色逐渐加深，可知待测液中存在Fe2+、Fe3+，故A正确；
B.白色沉淀可能为AgCl，则溶液中不一定含有SO42−，故B错误；
C.钠元素的焰色反应为黄色，由实验可知化合物可能为NaOH或钠盐，故C错误；
D.钠常温下被氧化生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，则加热时生成Na2O的速率减小，故D错误；
故选：A。
A.滴加KSCN溶液，变红色，可知原溶液含铁离子，再加氯水可氧化亚铁离子；
B.白色沉淀可能为AgCl；
C.钠元素的焰色反应为黄色；
D.钠常温下被氧化生成氧化钠，加热时生成过氧化钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
16.【答案】KFSiKOHHClO4 HF ABC bcd 除去二氧化碳中的氯化氢 稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳只能说明盐酸酸性比碳酸强，不能说明非金属性：Cl>C
【解析】解：由元素在周期表中的位置可知：①为C，②为N，③为F，④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，⑦为Si，⑧为S，⑨为Cl，⑩为K。
(1)同一周期从左往右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族，从上往下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱；因此最活泼的金属元素是K，最活泼的非金属元素是F，而硅单质是常用的半导体材料，
故答案为：K；F；Si；
(2)金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，因此碱性最强的最高价氧化物对应水化物是KOH；非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，而F没有正价，因此酸性最强的最高价氧化物对应水化物是HClO4；非金属性越强，其气态氢化物越稳定，因此最稳定的气态氢化物是HF，
故答案为：KOH；HClO4；HF；
(3)④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，设三种金属的质量都为54g，设Na、Mg、Al与酸反应生成的氢气的质量分别为xg、yg、zg，则有：
2Na∼∼∼H2，Mg∼∼∼H2，2Al∼∼∼3H2，
46 2 24 2 54 6
54g x 54g y 54g z
经计算得到：x≈2.3g，y=4.5g，z=6g，若酸足量，说明等质量的三种金属与足量酸反应生成氢气的量金属铝最多，金属钠最少，则有，V1
(4)a中比较非金属性强弱，应比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性，不能比较其氢化物的酸性，故a错误；
b中氯气能与硫化氢反应生成硫和氯化氢，说明氯气氧化性比硫强，氯元素的非金属性比硫元素强，故b正确；
c中比较非金属性强弱，应比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性，高氯酸的酸性比硫酸强，故c正确；
d中氯气与氢气反应比硫与氢气反应更容易，说明氯气的氧化性比硫强，氯元素的非金属性比硫元素强，故d正确，
故答案为：bcd；
(5)①为C，⑦为Si，⑨为Cl。稀盐酸与碳酸钙反应制得的二氧化碳中会含有挥发出来的氯化氢，饱和碳酸氢钠溶液是为了除去二氧化碳中的氯化氢；比较非金属性的强弱，应该比较其最高价氧化物所对应的水化物的酸性，稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳只能说明盐酸酸性比碳酸强，不能说明非金属性：Cl>C，
故答案为：除去二氧化碳中的氯化氢；比较非金属性的强弱，应该比较其最高价氧化物所对应的水化物的酸性，稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳只能说明盐酸酸性比碳酸强，不能说明非金属性：Cl>C。
由元素在周期表中的位置可知：①为C，②为N，③为F，④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，⑦为Si，⑧为S，⑨为Cl，⑩为K。
(1)同一周期从左往右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族，从上往下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱；
(2)金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强；非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强；非金属性越强，其气态氢化物越稳定；
(3)④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，若酸足量，等质量的三种金属与足量酸反应生成氢气的量金属铝最多，金属钠最少；若酸不足量则有可能有金属剩余；
(4)比较非金属性强弱，可以比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性、与氢气反应的难易程度或非金属单质之间的置换反应，但不能比较其氢化物的酸性。
(5)①为C，⑦为Si，⑨为Cl，稀盐酸与碳酸钙反应制得的二氧化碳中会含有挥发出来的氯化氢；比较非金属性的强弱，应该比较其最高价氧化物所对应的水化物的酸性。
本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，注意掌握电子式表示化学键、物质的形成过程，注意金属性、非金属性强弱的比较，难度中等。
17.【答案】平衡A与B的压强，能使液体顺利流下 活塞b 水准管液面不下降 2Fe2++2H++H2O2=2Fe2++2H2O2H2O2−Fe3+O2↑+2H2OV4m%
【解析】解：(1)仪器A与装置B连接的橡胶管的作用是平衡A与B的压强，能使液体顺利流下，
故答案为：平衡A与B的压强，能使液体顺利流下；
(2)关闭活塞b，打开弹簧夹K；向水准管中加水，使水准管液面高于量气管液面；观察到水准管液面不下降说明气密性良好，
故答案为：活塞b；水准管液面不下降；
(3)烧杯中足量的H2O2溶液是将生成的氯化亚铁反应生成氯化铁，其反应离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe2++2H2O；如果在A中加入的盐酸不足，会发现烧杯中出现大量气泡，根据信息Fe3+对H2O2分解有催化作用，说明生成的铁离子对双氧水分解起催化作用，其反应化学方程式为2H2O2−Fe3+O2↑+2H2O，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe2++2H2O；2H2O2−Fe3+O2↑+2H2O；
(4)实验结束后，若量气管内共收集VmL气体(已换算成标准状况)，则得到气体物质的量为V22.4×10−3mol，则此废铁屑中铁单质的质量分数为V22.4×10−3mol×56g⋅mol−1mg×100%=V4m%，
故答案为：V4m%。
取mg废铁屑加入B装置中，打开弹簧夹K，关闭活塞b，打开活塞a，缓慢滴加盐酸，当装置D的量气管一侧液面不再下降时，关闭弹簧夹K，打开活塞b，当A、B中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a、b，亚铁离子在双氧水作用下被氧化为铁离子，氯化铁溶液经过一系列操作后得到FeCl3⋅6H2O晶体，据此分析解题。
本题考查了物质的制备、物质含量的测定，侧重于考查基本实验操作、涉及氧化还原反应离子方程式的书写、物质含量的有关计算等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力。
18.【答案】SO2+2NaClO3+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 BaCl2 Na2CO3 NaOH 适量HCl2NaCl+2ClO2−电解Cl2+2NaClO2 2：1NaClO2 5NaClO2与+2CO2=NaCl+2Na2CO3+4ClO2
【解析】解：(1)“反应”步骤是二氧化硫和氯酸钠、硫酸反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，因此生成NaClO2的化学反应方程式：SO2+2NaClO3+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，
故答案为：SO2+2NaClO3+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2。
(2)除掉镁离子用氢氧化钠除掉，除掉钙离子用碳酸钠除掉，除掉硫酸根用氯化钡除掉，但由于都是加入过量的物质，因此过量的钡离子还需要碳酸钠除掉，即碳酸钠应加在氯化钡后面，而氢氧化钠可以在任意位置，因此精制时，为除去Mg2+、Ca2+、SO42−，，要加入的试剂分别为BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3或NaOH、BaCl2、Na2CO3，过滤后滤液中含有氯化钠、碳酸钠、氢氧化钠，为得到纯净的NaCl溶液还需加入适量HCl，
故答案为：BaCl2；Na2CO3；NaOH；适量HCl；
(3)“电解”产生的Cl2是NaCl溶液和ClO2电解反应生成Cl2和NaClO2，其反应的离子反应方程式：2NaCl+2ClO2−电解Cl2+2NaClO2，
故答案为：2NaCl+2ClO2−电解Cl2+2NaClO2；
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，此吸收反应是2NaOH+2ClO2+H2O2−电解O2+2NaClO2+2H2O，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，NaClO2是Cl化合价降低得到的产物，因此反应中还原产物是NaClO2，
故答案为：2：1；NaClO2；
(5)有同学推测VB空气防护卡原理是因为NaClO2与空气中的CO2发生反应得到ClO2，同时得到钠的两种正盐，两种盐分别是碳酸钠和氯化钠，其反应的化学反应方程式：5NaClO2与+2CO2=NaCl+2Na2CO3+4ClO2，
故答案为：5NaClO2与+2CO2=NaCl+2Na2CO3+4ClO2。
SO2、NaClO3和H2SO4反应生成NaHSO4和ClO2，ClO2和饱和食盐水电解得到氯气和NaClO2，NaClO2经过结晶、干燥得到NaClO2产品；
(1)“反应”步骤是二氧化硫和氯酸钠、硫酸反应生成二氧化氯和硫酸氢钠。
(2)除掉镁离子用氢氧化钠除掉，除掉钙离子用碳酸钠除掉，除掉硫酸根用氯化钡除掉，但由于都是加入过量的物质，因此过量的钡离子还需要碳酸钠除掉，即碳酸钠应加在氯化钡后面，而氢氧化钠可以在任意位置；
(3)“电解”产生的Cl2是NaCl溶液和ClO2电解反应生成Cl2和NaClO2；
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，此吸收反应是2NaOH+2ClO2+H2O2−电解O2+2NaClO2+2H2O，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂；
(5)有同学推测VB空气防护卡原理是因为NaClO2与空气中的CO2发生反应得到ClO2，同时得到钠的两种正盐，两种盐分别是碳酸钠和氯化钠。
本题考查物质的制备实验，为高考常见题型，把握制备流程及发生的反应为解答的关键，侧重于学生的分析能力和实验能力和计算能力的考查，注意混合物分离、元素化合物知识以及氧化还原反应的计算，题目难度不大。
19.【答案】 离子键、非极性共价键 2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑60%
【解析】解：(1)物质T的电子式为，T含有的化学键类型有离子键、非极性共价键，
故答案为：；离子键、非极性共价键；
(2)D和M在溶液中反应生成B的离子反应方程式为2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；
(3)G在潮湿空气中变成H的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(4)T为Na2O2，F为FeCl2，H为Fe(OH)3，C为O2，T和F反应只生成C、H和一种正盐，其离子反应方程式为4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑，
故答案为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑；
(5)0.1molE和R的混合物，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.02molH2，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，发生Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成氢气消耗的Fe为0.02mol，设混合物中Fe3O4为xmol，由Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，则0.1mol−x−0.022x=12，解得x=0.04，原混合物中铁的物质的量百分数为0.1mol−0.04moml0.1mol×100%=60%，
故答案为：60%。
M是地壳中含量最多的金属元素的单质，M为Al；A是常见的无色液体，T是淡黄色固体，B、C是无色无味的气体，结合图中转化可知，A为H2O，T为Na2O2，二者反应生成C为O2，D为NaOH；Al与NaOH溶液反应生成的B为H2；E是具有磁性的黑色晶体，H是红褐色固体，结合图中转化可知，R为Fe，高温下Fe与水蒸气反应生成E为Fe3O4，E溶于盐酸后加足量Fe生成的F为FeCl2，F与D反应生成G为Fe(OH)2，H为Fe(OH)3，以此来解答。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握金属单质及其化合物的性质、发生的转化反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2021-2022学年辽宁省沈阳市皇姑区五校联考高一（上）期末化学试卷
1. 下列叙述前后没有因果关系的是( )
A. 氯气具有强氧化性，氯水可以漂白有色布条
B. Al和Al2O3均能与酸、碱反应，不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物
C. 硬铝密度小、强度高、耐腐蚀，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
D. 碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
2. 下列有关化学用语使用正确的是( )
A. Cl−的结构示意图： B. 次氯酸的电子式：
C. 二氧化碳的分子结构模型： D. Cl2分子的结构式：：Cl−Cl
3. 2020年我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，其中“铷(Rb)原子钟”被誉为卫星的“心脏”，下列有关说法错误的是( )
A. 铷元素位于IA族 B. 铷的熔点比钠高
C. 3785Rb的中子数为48 D. 3785Rb和 3787Rb化学性质几乎相同
4. 有两份组成及质量都相等的Na2O2和Na2CO3的混合物，向第一份中加入足量的稀硫酸，放出的气体共6.72L，将此气体通入第二份混合物，充分反应后，气体体积变为6.048L(均为标准状况下体积)，则原混合物中Na2O2和Na2CO3的物质的量之比为( )
A. 2：9 B. 3：2 C. 2：1 D. 1：8
5. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1mol重水比1mol水多NA个质子
B. CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)充分燃烧，则消耗O2分子数目为0.25NA
C. 1mol甲基()含有的电子数为7NA
D. 1L0.1mol⋅L−1FeCl3溶液制成胶体，含有Fe(OH)3胶粒数一定小于0.1NA
6. 下列离子方程式正确的是( )
A. 漂白粉溶液在空气中失效：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−
B. Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl−+ClO−
C. 石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3+2OH−
D. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH−+O2↑
7. 在密闭容器里充入H2和CO2的混合气体，其密度是相同条件下H2密度的15倍，此时容器内压强为p1，若容器体积不变，加入足量过氧化钠，并不断用电火花点燃至完全反应，恢复到开始的温度，再次测得容器内压强为p2，则p1和p2的关系是( )
A. p1=4p2 B. p1=3p2 C. p2=2p2 D. p1=p2
8. 用氢氧化钠固体配制1.0mol⋅L−1的溶液，现需要220mL，下列说法正确的是( )
A. 需先称取氢氧化钠固体8.8g
B. 氢氧化钠在烧杯中溶解后，要立即转移至容量瓶
C. NaOH试剂含有杂质不一定会导致所配溶液浓度偏小
D. 定容后将溶液振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，需继续加水至刻度线
9. KMnO4是常见的消毒剂和氧化剂。已知相关的化学反应如下：
①实验室制O2：2KMnO4−△K2MnO4+MnO2+O2↑
②实验室制Cl2：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
③测定废水中Mn2+：2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+
下列说法不正确的是( )
A. 加热1molKMnO4固体一段时间后剩余固体在与足量浓盐酸充分加热产生气体的物质的量n：1.5mol≤n≤2.5mol
B. 可用浓盐酸酸化的KMnO4溶液于H2O2反应：2MnO4−+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O
C. 结合已有知识，通过反应②可判断KMnO4的氧化能力强于MnO2
D. ③中生成3mol氧化产物时转移6mol电子
10. 下列除杂方案不正确的是( )
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
Cu
Fe
过量的稀硫酸
过滤
B
CO2(g)
HCl(g)
足量的饱和NaHCO3溶液
洗气
C
Cl2(g)
HCl(g)、H2O(g)
饱和食盐水、浓硫酸
洗气
D
FeSO4溶液
CuSO4
加入过量铁粉
过滤
A. A B. B C. C D. D
11. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价与最低负价之和为0，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z2X4的电子总数为18；Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子。下列说法不正确的是( )
A. 原子半径：Z
C. Y和M简单氢化物的稳定性：Y>M
D. X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
12. 以下物质之间的每步转化中，都能通过一步实现的是( )
①Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
②Na→Na2O→Na2CO3→NaHCO3→NaOH
③Mg→MgCl2→MgCO3→Mg(OH)2
④Al→Al2O3→Al(OH)3
⑤Al→NaAlO2→Al(OH)3→Al2O3→Al
A. ②③④ B. ①②⑤ C. ①②③⑤ D. ①②③④⑤
13. 采用Pd−Fe3O4双催化剂，可实现用H2消除酸性废水中的NO3−、NO2−。Fe3O4中Fe的价态有+2、+3价，用Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示，其反应历程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 反应历程中Fe(Ⅱ)和Fe(Ⅲ)的总物质的量不变
B. 反应②发生的反应为：NO3−+2Fe2++2H+=NO2−+2Fe3++H2O
C. 过程④中产生0.5molN2则消除46gNO2−
D. 用该法处理后废水的酸性也会变弱
14. 已知还原性：SO32−>I−。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Cu2+、K+、I−、SO32−、SO42−，且所有离子物质的量浓度相等。该溶液做焰色试验火焰呈黄色，向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是( )
A. 不能判断是否含I− B. 不能判断是否含SO42−
C. 肯定不含有NH4+ D. 肯定含有K+
15. 下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
待测液中滴加KSCN溶液，变红色，再滴加氯水
红色逐渐加深
待测液中存在Fe2+、Fe3+
B
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉淀产生
该溶液中含有SO42−
C
将某化合物在酒精灯上灼烧
焰色为黄色
该化合物是钠盐
D
将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热
钠表面变暗，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰
钠易与氧气反应，加热时生成Na2O的速率加快
A. A B. B C. C D. D
16. 针对表中10种元素及由这些元素形成的单质和化合物，用元素符号或者化学式填写以下空格。
(1)最活泼的金属元素是 ______，最活泼的非金属元素是 ______，其单质常用作半导体材料的元素是 ______。
(2)碱性最强的最高价氧化物对应水化物是 ______，酸性最强的最高价氧化物对应水化物是 ______，最稳定的气态氢化物是 ______。
(3)将等质量的④、⑤、⑥分别投入100mL1mol/L硫酸溶液中，充分反应后产生的H2在相同状况下的体积分别是V1L、V2L、V3L，则下列关系中可能成立的是 ______。
A.V1
D.V1>V2>V3
E.V1>V2=V3
(4)能够比较⑧与⑨的非金属性强弱的依据是 ______。
a.氢化物酸性⑨强于⑧
b.⑨单质能与⑧氢化物反应得到⑧单质
c.最高价氧化物水化物酸性⑨强于⑧
d.单质与H2反应⑨比⑧更容易
(5)某兴趣小组甲同学尝试用以下装置进行实验，以比较①⑦⑨三种元素的非金属性。
甲同学使用NaHCO3饱和溶液的作用是 ______。乙同学认为以上设计存在错误，请分析乙同学的理由 ______。
17. 工业生产中会产生大量的废铁屑，可将其“变废为宝”制成化工原料氯化铁。实验室中利用下图所示装置探究由废铁屑制备FeCl3⋅6H2O晶体的原理并测定铁屑中铁单质的质量分数。
已知：
①废铁屑中杂质不溶于水且不与酸反应；
②Fe3+对H2O2分解有催化作用。
(1)仪器A与装置B连接的橡胶管的作用是 ______。
(2)检验该装置气密性的具体操作如下：
①关闭 ______，打开弹簧夹K；
②向水准管中加水，使水准管液面高于量气管液面；
③观察到 ______说明气密性良好。
取mg废铁屑加入B装置中，在A中加入足量的盐酸后进行下列操作：
Ⅰ.打开弹簧夹K，关闭活塞b，打开活塞a，缓慢滴加盐酸。
Ⅱ.当装置D的量气管一侧液面不再下降时，关闭弹簧夹K，打开活塞b，当A、B中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a、b。
Ⅲ.将烧杯中的溶液经过一系列操作后得到FeCl3⋅6H2O晶体。
请回答：
(3)用离子方程式表示烧杯中足量的H2O2溶液的作用：______。如果在A中加入的盐酸不足，会发现烧杯中出现大量气泡，用化学方程式解释其原因 ______。
(4)实验结束后，若量气管内共收集VmL，气体(已换算成标准状况)，则此废铁屑中铁单质的质量分数为 ______。
18. 面对新冠病毒，VB空气防护卡也成了“网红”，成为人们讨论的话题。商品介绍卡片中含有的主要活性成分——亚氯酸钠，在接触空气时可以释放安全可靠的低浓度二氧化氯(ClO2)，从而达到消除病毒、细菌活性的防护效果。NaClO2的一种生产工艺如图：
回答下列问题：
(1)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学反应方程式：______。
(2)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+、Ca2+、SO42−，要加入的试剂分别为 ______、______、______，为得到纯净的NaCl溶液还需加入 ______(以上填写相应物质的化学式)。
(3)“电解”产生的Cl2可用于工业制漂白液，写出离子反应方程式：______。
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______，该反应中还原产物是 ______。
(5)有同学推测VB空气防护卡原理是因为NaClO2与空气中的CO2发生反应得到ClO2，同时得到钠的两种正盐，试写出相应的化学反应方程式：______。
19. 已知A是常见的无色液体，M、R是两种常见的金属，M是地壳中含量最多的金属元素的单质，T是淡黄色固体，B、C是无色无味的气体，E是具有磁性的黑色晶体，H是红褐色固体。(注意：有的反应物和生成物未标出)
(1)物质T的电子式为 ______，T含有的化学键类型有 ______。
(2)D和M在溶液中反应生成B的离子反应方程式为：______。
(3)G在潮湿空气中变成H的实验现象是 ______，化学方程式为 ______。
(4)T和F反应只生成C、H和一种正盐，其离子反应方程式为：______。
(5)0.1molE和R的混合物，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.02molH2，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量百分数为 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.氯水可以漂白有色布条，是氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，故A错误；
B.Al和强碱反应生成可溶性偏铝酸盐，和酸反应生成盐，所以酸、碱还有可水解的盐可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身，不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，故B正确；
C.Al的相对原子质量较小，其合金密度小、强度高、耐腐蚀，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故C正确；
D.碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，碳酸氢钠可用作食用碱，用于发酵粉等，碳酸钠可以用于制造玻璃等或工业用碱，故D正确；
故选：A。
A.氯气无漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性；
B.Al和Al2O3强碱反应生成可溶性偏铝酸盐，和酸反应生成盐；
C.Al的相对原子质量较小，其合金强度高、耐腐蚀；
D.碳酸钠和碳酸氢钠都能水解，水解溶液均显碱性。
本题考查了元素化合物知识，明确氯水、铝、氧化铝、碳酸钠和碳酸氢钠性质是解题关键，注意物质性质的理解和应用，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.Cl−的质子数是17，核外电子数为18，最外层电子数为8，其结构示意图为，故A错误；
B.次氯酸中心原子是O，O原子分别与H、Cl原子共用1对电子，O、Cl原子外围达到8e−结构，次氯酸的其电子式为，故B错误；
C.二氧化碳是直线形分子，中心原子是O，含有2个C=O键，并且C原子半径大于O，其分子结构模型：，故C正确；
D.Cl2分子的电子式为，结构式为Cl−Cl，故D错误；
故选：C。
A.Cl−的核外电子数为18；
B.次氯酸的中心原子是O，不是Cl；
C.二氧化碳是直线形分子，并且C原子半径大于O；
D.书写结构式时，略去孤电子对。
本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构式、原子或离子结构示意图、分子结构模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.铷元素核电荷数37，原子核外电子数37，最外层电子数1个，位于IA族，故A正确；
B.铷的原子半径大于钠，金属键小于钠，则熔点比钠低，故B错误；
C. 3785Rb的中子数=85−37=48，故C正确；
D. 3785Rb和 3787Rb核外电子数相同，最外层电子数相同，化学性质几乎相同，故D正确；
故选：B。
A.铷元素核电荷数37，原子核外电子数37，最外层电子数1个，电子层数为5；
B.第一主族金属单质熔沸点从上到下逐渐减小；
C.原子中质量数=质子数+中子数；
D.同位素原子核外电子数相同，最外层电子数相同，化学性质相同。
本题考查了碱金属性质递变、原子结构分析判断等知识点，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：6.72LO2、CO2的物质的量为6.72L22.4L/mol=0.3mol，6.048L气体的物质的量为6.048L22.4L/mol=0.27mol，
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 气体物质的量减少Δn
2 2 1
nm0.3mol−0.27mol=0.03mol
所以n=m=0.03mol×2=0.06mol，
若CO2完全反应，则第一份生成CO2的物质的量为0.06mol，O2的物质的量为：0.3mol−0.06mol=0.24mol，根据碳原子守恒n(Na2CO3)=n(CO2)=0.06mol，由2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2，可知n(Na2O2)=2n(O2)=2×0.24mol=0.48mol，故n(Na2O2)：n(Na2CO3)=0.48mol：0.06mol=8：1；
若CO2有剩余，则Na2O2的物质的量为0.06mol，由2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2，可知n(O2)=12n(Na2O2)=12×0.06mol=0.03mol，根据碳原子守恒n(Na2CO3)=n(CO2)=0.3mol−0.03mol=0.27mol，故n(Na2O2)：n(Na2CO3)=0.06mol：0.27mol=2：9，
故选：A。
第一份发生反应为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2、Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，生成的6.72L气体为O2、CO2，将第一份生成的气体通入第二份Na2O2、Na2CO3的化合物，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，导致气体体积减小，讨论二氧化碳是否过量，结合方程式计算过氧化钠、碳酸钠的物质的量。
本题考查混合物的计算，题目难度较大，关键讨论二氧化碳与过氧化钠过量反应，注意过氧化钠与硫酸的反应情况，侧重考查学生的分析理解能力及化学计算能力。
5.【答案】D
【解析】解：A.1个重水分子与1个普通水分子都含有10个质子，所以1mol重水与1mol水含有质子数相同，故A错误；
B.根据完全燃烧的化学方程式可知，1分子CH4完全燃烧时，会消耗2分子的氧气，而1分子的C2H4完全燃烧时，会消耗3分子的氧气，二者之间并没有很明显的量的规律，而标况下2.24LCH4和C2H4的混合气体并没有给出明确的组分，所以我们并无法得知确切的消耗的氧气分子的数量，故B错误；
C.甲基中含一个未成对单电子，故1mol甲基含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故C错误；
D.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，且氯化铁水解是可逆的，故所得氢氧化铁胶粒的个数小于0.1NA个，故D正确；
故选：D。
A.1个重水分子与1个普通水分子都含有10个质子；
B.可以根据完全燃烧的化学方程式得出1分子CH4和1分子C2H4分别完全燃烧时，会消耗的氧气的个数，再分析二者之间是否有量的规律可言；
C.甲基中含有9个电子，1mol甲基含有9mol电子；
D.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。
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。
6.【答案】C
【解析】解：A.次氯酸钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，正确的离子方程式为CO2+Ca2++2ClO−+H2O=CaCO3↓+2HClO，故A错误；
B.Cl2通入水中的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故B错误；
C.石灰乳与Na2CO3溶液混合，离子方程式为：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3+2OH−，故C正确；
D.Na2O2溶于水产生O2，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2↑，故D错误；
故选：C。
A.漂白粉的主要成分为次氯酸钙，次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸；
B.次氯酸为弱酸，不能拆开；
C.氢氧化钙与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；
D.该反应不满足质量守恒定律和得失电子守恒。
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，A为易错点，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：H2和CO2的混合气体平均相对分子质量为15×2=30，令氢气为xmol、二氧化碳为ymol，则2x+44yx+y=30，整理可得x：y=1：2，假设H2和CO2物质的量分别为1mol、2mol，加入足量过氧化钠，并不断用电火花点燃至完全反应，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2+O2−点燃2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，后2个反应总反应式为H2+Na2O2=2NaOH，最后容器中剩余气体是CO2反应生成的氧气，由方程式可知n(O2)=12n(CO2)=12×2mol=1mol，根据压强之比等于物质的量之比，可知p1：p2=3：1，故p1=3p2，
故选：B。
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2+O2−点燃2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，后2个反应总反应式为H2+Na2O2=2NaOH，最后容器中剩余气体是CO2反应生成的氧气，根据混合气体是相同条件下氢气密度的15倍，计算混合气体中CO2和H2的物质的量之比，设各自的物质的量，关键方程式计算生成氧气的物质的量，再根据反应前后的压强之比=反应前后的物质的量之比来计算。
本题考查过氧化钠的化学性质、化学计算等，关键是明确发生的反应，注意总方程式的运用，题目侧重考查学生化学计算能力、灵活运用知识的能力。
8.【答案】C
【解析】解：A.需要220mL1.0mol⋅L−1的溶液，应选择250mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量为：0.25L×1.0mol/L×40g/mol=10.0g，故A错误；
B.氢氧化钠溶解产生大量的热，应冷却后再进行移液，故B错误；
C.NaOH试剂含有杂质不一定会导致所配溶液浓度偏小，如含氧化钠杂质，故C正确；
D.定容后将溶液振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，需继续加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误；
故选：C。
A.需要220mL1.0mol⋅L−1的溶液，应选择250mL容量瓶，依据m=cVM计算需要溶质的质量；
B.氢氧化钠溶解产生大量的热；
C.如果氢氧化钠中含有氧化钠杂质，则会导致所配溶液浓度偏大；
D.定容后将溶液振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，属于正常操作。
本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理，熟悉物质分析的方法和技巧即可解答，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.若KMnO4未分解，由方程式2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知：1molKMnO4充分反应产生2.5molCl2；若其完全发生分解反应，根据反应方程式可知2KMnO4−△K2MnO4+MnO2+O2↑可知：1molKMnO4完全分解产生0.5molK2MnO4、0.5molMnO2，根据制取Cl2的反应中，由电子守恒可得关系式：K2MnO4∼2Cl2；MnO2∼Cl2；则0.5molK2MnO4和0.5molMnO2与足量盐酸反应产生Cl2的物质的量是n(Cl2)=1mol+0.5mol=1.5mol；若KMnO4部分分解，则反应产物与足量浓盐酸反应制取Cl2的物质的量1.5mol≤n(Cl2)<2.5mol，故A正确；
B.浓盐酸具有还原性，会被KMnO4氧化产生Cl2，因此不能证明H2O2具有还原性，应该使用稀硫酸酸化，故B错误；
C.KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2不需加热；而MnO2浓盐酸反应制取Cl2需要加热，说明物质的氧化性：KMnO4>MnO2，故C正确；
D.在反应2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+中，氧化产物、还原产物都MnO2，反应产生5molMnO2中，其中2mol是由氧化剂KMnO4还原产生的还原产物，3 mol是还原剂氧化产生氧化产物，每反应产生3 mol还原产物，反应过程中转移6 mol电子，故D正确；
故选：B。
A.结合化学方程式采用极限法和电子守恒进行解答；
B.浓盐酸和KMnO4发生氧化还原反应生成氯气；
C.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；
D.结合化合价变化判断反应中转移的电子数。
本题考查了氧化还原反应，为高考高频考点，侧重反应分析判断的考查，注意把握常见元素的化合价及氧化性强弱比较，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.Fe与稀硫酸反应，Cu不能，反应后过滤可分离，故A正确；
B.HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，然后浓硫酸干燥二氧化碳，洗气可分离，若不干燥易引入新杂质水蒸气，故B错误；
C.食盐水可除去HCl，浓硫酸可吸收水，洗气可分离，故C正确；
D.Fe与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和Cu，反应后过滤可分离，故D正确；
故选：B。
A.Fe与稀硫酸反应，Cu不能；
B.HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，反应后需干燥气体；
C.食盐水可除去HCl，浓硫酸可吸收水；
D.Fe与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和Cu。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂的原则，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为N、M为Si、Q为Cl，
A.同主族从上到下原子半径增大，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：Z
C.非金属性越强，对应简单氢化物越稳定，则Y和M简单氢化物的稳定性：Y>M，故C正确；
D.X、Z和Q三种元素形成的化合物若为氯化铵，为离子化合物，故D错误；
故选：D。
X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，Y元素的最高正价与最低负价之和为0，化合物Z2X4的电子总数为18，结合原子序数可知，X为H、Y为C、Z为N；Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，M为Si；Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子，最外层电子数为7，结合原子序数可知Q为Cl，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的性质、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：①铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3都能一步实现，故①正确；
②钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与过量氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以Na→Na2O→Na2CO3→NaHCO3→NaOH都能一步实现，故②正确；
③镁与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与碳酸钠反应生成碳酸镁，碳酸镁和氢氧化钙反应生成氢氧化镁，Mg→MgCl2→MgCO3→Mg(OH)2都能一步实现，故③正确；
④氧化铝与水不反应，所以Al2O3→Al(OH)3不能一步实现，故④错误；
⑤铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，所以Al→NaAlO2→Na2CO3，都能一步实现，故⑤正确；
故①②③⑤正确；
故选：C。
①Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与NaOH反应生成氢氧化亚铁，再与氧气、水反应生成氢氧化铁；
②钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与过量石灰水可反应生成碳酸钙、NaOH；
③镁与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与碳酸钠反应生成碳酸镁，碳酸镁和氢氧化钙反应生成氢氧化镁；
④Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝不能一步转化为氢氧化铝；
⑤Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，再与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠。
本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、相互转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.H2消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，反应历程中Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)总物质的量不变，故A正确；
B.过程①发生的反应为Fe2+与酸性废水中的致癌物NO3−发生氧化还原反应，NO3−的+5价N元素变为NO2−中+3价，化合价降低被还原，反应为：NO3−+2Fe2++2H+=2Fe3++NO2−+H2O，故B正确；
C.过程①中Fe3O4/Pd为催化材料，H2消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，反应产生0.5molN2则消除NO2−物质的量小于1mol，质量<1mol×46g/mol=46g，故C错误；
D.H2消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，消耗氢离子，用该法处理后，水体的pH升高，用该法处理后废水的酸性也会变弱，故D正确；
故选：C。
根据图示可知，Fe3O4/Pd为催化材料，H2消除酸性废水中的致癌物NO2−的反应为：2H++2NO2−+3H2−催化剂N2+4H2O，消除酸性废水中的致癌物NO3−的反应为：2H++2NO3−+5H2−催化剂N2+6H2O，两反应中N元素化合价降低被还原，H元素化合价升高被氧化，氢气为还原剂，NO3−、NO2−为氧化剂，据此解答。
本题考查原电池的工作原理知识，注重氧化还原反应的考查，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能。
14.【答案】A
【解析】解：A.由上述分析可知，由于溴水少量，可能不会与I−反应，原溶液中可能会有I−，故A正确；
B.由上述分析可知，原溶液中一定不含有SO42−，故B错误；
C.由上述分析可知，原溶液中可能含有NH4+，故C错误；
D.由上述分析可知，原溶液中可能含有K+，需要焰色反应确定K+是否存在，故D错误；
故选：A。
做焰色试验火焰呈黄色，则原溶液中一定含有Na+；还原性：SO32−>I−，溴水黄橙色，向该溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I−和SO32−均可与溴水反应使溴水褪色，则原溶液中一定含有SO32−，由于溴水少量，可能不会与I−反应，Cu2+与SO32−不共存，则原溶液中可能存在I−，一定不存在Cu2+；SO32−或SO42−带2个单位负电荷，且各离子物质的量浓度均相等，则K+、NH4+中至少含有一种，SO42−不可能存在，所以原溶液中一定含有SO32−、Na+、K+或NH4+中至少含有一种，可能含有I−，一定不含有Cu2+、SO42−，据此分析解答。
本题考查常见离子的检验与推断，为高频考点，明确离子的性质、发生的反应为解答关键，注意掌握溶液电中性原则的应用，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。
15.【答案】A
【解析】解：A.滴加KSCN溶液，变红色，可知原溶液含铁离子，再加氯水可氧化亚铁离子，则红色逐渐加深，可知待测液中存在Fe2+、Fe3+，故A正确；
B.白色沉淀可能为AgCl，则溶液中不一定含有SO42−，故B错误；
C.钠元素的焰色反应为黄色，由实验可知化合物可能为NaOH或钠盐，故C错误；
D.钠常温下被氧化生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，则加热时生成Na2O的速率减小，故D错误；
故选：A。
A.滴加KSCN溶液，变红色，可知原溶液含铁离子，再加氯水可氧化亚铁离子；
B.白色沉淀可能为AgCl；
C.钠元素的焰色反应为黄色；
D.钠常温下被氧化生成氧化钠，加热时生成过氧化钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
16.【答案】KFSiKOHHClO4 HF ABC bcd 除去二氧化碳中的氯化氢 稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳只能说明盐酸酸性比碳酸强，不能说明非金属性：Cl>C
【解析】解：由元素在周期表中的位置可知：①为C，②为N，③为F，④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，⑦为Si，⑧为S，⑨为Cl，⑩为K。
(1)同一周期从左往右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族，从上往下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱；因此最活泼的金属元素是K，最活泼的非金属元素是F，而硅单质是常用的半导体材料，
故答案为：K；F；Si；
(2)金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，因此碱性最强的最高价氧化物对应水化物是KOH；非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，而F没有正价，因此酸性最强的最高价氧化物对应水化物是HClO4；非金属性越强，其气态氢化物越稳定，因此最稳定的气态氢化物是HF，
故答案为：KOH；HClO4；HF；
(3)④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，设三种金属的质量都为54g，设Na、Mg、Al与酸反应生成的氢气的质量分别为xg、yg、zg，则有：
2Na∼∼∼H2，Mg∼∼∼H2，2Al∼∼∼3H2，
46 2 24 2 54 6
54g x 54g y 54g z
经计算得到：x≈2.3g，y=4.5g，z=6g，若酸足量，说明等质量的三种金属与足量酸反应生成氢气的量金属铝最多，金属钠最少，则有，V1
(4)a中比较非金属性强弱，应比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性，不能比较其氢化物的酸性，故a错误；
b中氯气能与硫化氢反应生成硫和氯化氢，说明氯气氧化性比硫强，氯元素的非金属性比硫元素强，故b正确；
c中比较非金属性强弱，应比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性，高氯酸的酸性比硫酸强，故c正确；
d中氯气与氢气反应比硫与氢气反应更容易，说明氯气的氧化性比硫强，氯元素的非金属性比硫元素强，故d正确，
故答案为：bcd；
(5)①为C，⑦为Si，⑨为Cl。稀盐酸与碳酸钙反应制得的二氧化碳中会含有挥发出来的氯化氢，饱和碳酸氢钠溶液是为了除去二氧化碳中的氯化氢；比较非金属性的强弱，应该比较其最高价氧化物所对应的水化物的酸性，稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳只能说明盐酸酸性比碳酸强，不能说明非金属性：Cl>C，
故答案为：除去二氧化碳中的氯化氢；比较非金属性的强弱，应该比较其最高价氧化物所对应的水化物的酸性，稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳只能说明盐酸酸性比碳酸强，不能说明非金属性：Cl>C。
由元素在周期表中的位置可知：①为C，②为N，③为F，④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，⑦为Si，⑧为S，⑨为Cl，⑩为K。
(1)同一周期从左往右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族，从上往下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱；
(2)金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强；非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强；非金属性越强，其气态氢化物越稳定；
(3)④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，若酸足量，等质量的三种金属与足量酸反应生成氢气的量金属铝最多，金属钠最少；若酸不足量则有可能有金属剩余；
(4)比较非金属性强弱，可以比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性、与氢气反应的难易程度或非金属单质之间的置换反应，但不能比较其氢化物的酸性。
(5)①为C，⑦为Si，⑨为Cl，稀盐酸与碳酸钙反应制得的二氧化碳中会含有挥发出来的氯化氢；比较非金属性的强弱，应该比较其最高价氧化物所对应的水化物的酸性。
本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，注意掌握电子式表示化学键、物质的形成过程，注意金属性、非金属性强弱的比较，难度中等。
17.【答案】平衡A与B的压强，能使液体顺利流下 活塞b 水准管液面不下降 2Fe2++2H++H2O2=2Fe2++2H2O2H2O2−Fe3+O2↑+2H2OV4m%
【解析】解：(1)仪器A与装置B连接的橡胶管的作用是平衡A与B的压强，能使液体顺利流下，
故答案为：平衡A与B的压强，能使液体顺利流下；
(2)关闭活塞b，打开弹簧夹K；向水准管中加水，使水准管液面高于量气管液面；观察到水准管液面不下降说明气密性良好，
故答案为：活塞b；水准管液面不下降；
(3)烧杯中足量的H2O2溶液是将生成的氯化亚铁反应生成氯化铁，其反应离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe2++2H2O；如果在A中加入的盐酸不足，会发现烧杯中出现大量气泡，根据信息Fe3+对H2O2分解有催化作用，说明生成的铁离子对双氧水分解起催化作用，其反应化学方程式为2H2O2−Fe3+O2↑+2H2O，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe2++2H2O；2H2O2−Fe3+O2↑+2H2O；
(4)实验结束后，若量气管内共收集VmL气体(已换算成标准状况)，则得到气体物质的量为V22.4×10−3mol，则此废铁屑中铁单质的质量分数为V22.4×10−3mol×56g⋅mol−1mg×100%=V4m%，
故答案为：V4m%。
取mg废铁屑加入B装置中，打开弹簧夹K，关闭活塞b，打开活塞a，缓慢滴加盐酸，当装置D的量气管一侧液面不再下降时，关闭弹簧夹K，打开活塞b，当A、B中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a、b，亚铁离子在双氧水作用下被氧化为铁离子，氯化铁溶液经过一系列操作后得到FeCl3⋅6H2O晶体，据此分析解题。
本题考查了物质的制备、物质含量的测定，侧重于考查基本实验操作、涉及氧化还原反应离子方程式的书写、物质含量的有关计算等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力。
18.【答案】SO2+2NaClO3+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 BaCl2 Na2CO3 NaOH 适量HCl2NaCl+2ClO2−电解Cl2+2NaClO2 2：1NaClO2 5NaClO2与+2CO2=NaCl+2Na2CO3+4ClO2
【解析】解：(1)“反应”步骤是二氧化硫和氯酸钠、硫酸反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，因此生成NaClO2的化学反应方程式：SO2+2NaClO3+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，
故答案为：SO2+2NaClO3+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2。
(2)除掉镁离子用氢氧化钠除掉，除掉钙离子用碳酸钠除掉，除掉硫酸根用氯化钡除掉，但由于都是加入过量的物质，因此过量的钡离子还需要碳酸钠除掉，即碳酸钠应加在氯化钡后面，而氢氧化钠可以在任意位置，因此精制时，为除去Mg2+、Ca2+、SO42−，，要加入的试剂分别为BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3或NaOH、BaCl2、Na2CO3，过滤后滤液中含有氯化钠、碳酸钠、氢氧化钠，为得到纯净的NaCl溶液还需加入适量HCl，
故答案为：BaCl2；Na2CO3；NaOH；适量HCl；
(3)“电解”产生的Cl2是NaCl溶液和ClO2电解反应生成Cl2和NaClO2，其反应的离子反应方程式：2NaCl+2ClO2−电解Cl2+2NaClO2，
故答案为：2NaCl+2ClO2−电解Cl2+2NaClO2；
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，此吸收反应是2NaOH+2ClO2+H2O2−电解O2+2NaClO2+2H2O，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，NaClO2是Cl化合价降低得到的产物，因此反应中还原产物是NaClO2，
故答案为：2：1；NaClO2；
(5)有同学推测VB空气防护卡原理是因为NaClO2与空气中的CO2发生反应得到ClO2，同时得到钠的两种正盐，两种盐分别是碳酸钠和氯化钠，其反应的化学反应方程式：5NaClO2与+2CO2=NaCl+2Na2CO3+4ClO2，
故答案为：5NaClO2与+2CO2=NaCl+2Na2CO3+4ClO2。
SO2、NaClO3和H2SO4反应生成NaHSO4和ClO2，ClO2和饱和食盐水电解得到氯气和NaClO2，NaClO2经过结晶、干燥得到NaClO2产品；
(1)“反应”步骤是二氧化硫和氯酸钠、硫酸反应生成二氧化氯和硫酸氢钠。
(2)除掉镁离子用氢氧化钠除掉，除掉钙离子用碳酸钠除掉，除掉硫酸根用氯化钡除掉，但由于都是加入过量的物质，因此过量的钡离子还需要碳酸钠除掉，即碳酸钠应加在氯化钡后面，而氢氧化钠可以在任意位置；
(3)“电解”产生的Cl2是NaCl溶液和ClO2电解反应生成Cl2和NaClO2；
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，此吸收反应是2NaOH+2ClO2+H2O2−电解O2+2NaClO2+2H2O，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂；
(5)有同学推测VB空气防护卡原理是因为NaClO2与空气中的CO2发生反应得到ClO2，同时得到钠的两种正盐，两种盐分别是碳酸钠和氯化钠。
本题考查物质的制备实验，为高考常见题型，把握制备流程及发生的反应为解答的关键，侧重于学生的分析能力和实验能力和计算能力的考查，注意混合物分离、元素化合物知识以及氧化还原反应的计算，题目难度不大。
19.【答案】 离子键、非极性共价键 2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑60%
【解析】解：(1)物质T的电子式为，T含有的化学键类型有离子键、非极性共价键，
故答案为：；离子键、非极性共价键；
(2)D和M在溶液中反应生成B的离子反应方程式为2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；
(3)G在潮湿空气中变成H的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(4)T为Na2O2，F为FeCl2，H为Fe(OH)3，C为O2，T和F反应只生成C、H和一种正盐，其离子反应方程式为4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑，
故答案为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑；
(5)0.1molE和R的混合物，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.02molH2，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，发生Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成氢气消耗的Fe为0.02mol，设混合物中Fe3O4为xmol，由Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，则0.1mol−x−0.022x=12，解得x=0.04，原混合物中铁的物质的量百分数为0.1mol−0.04moml0.1mol×100%=60%，
故答案为：60%。
M是地壳中含量最多的金属元素的单质，M为Al；A是常见的无色液体，T是淡黄色固体，B、C是无色无味的气体，结合图中转化可知，A为H2O，T为Na2O2，二者反应生成C为O2，D为NaOH；Al与NaOH溶液反应生成的B为H2；E是具有磁性的黑色晶体，H是红褐色固体，结合图中转化可知，R为Fe，高温下Fe与水蒸气反应生成E为Fe3O4，E溶于盐酸后加足量Fe生成的F为FeCl2，F与D反应生成G为Fe(OH)2，H为Fe(OH)3，以此来解答。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握金属单质及其化合物的性质、发生的转化反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
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