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2021-2022学年上海市宜川中学高一（下）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年上海市宜川中学高一（下）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
工农业生产中用途最广、用量最多的金属是( )
A. 铜B. 铁C. 金D. 铝
同位素常用做环境分析指示物，下列对同位素的说法正确的是( )
A. 34S原子核内的中子数为16B. 16O与 18O的核电荷数相等
C. 13C和 15N原子核内的质子数相差2D. 2H+质量与 1H+的质量相同
下列物质在常温下接触时无明显现象的是( )
A. 铁和浓盐酸B. 铁和稀硫酸C. 铁和浓硫酸D. 铁和稀硝酸
下列各物质中，不能由组成它的两种元素的单质直接化合得到的是( )
A. FeSB. FeCl2C. FeCl3D. Fe3O4
铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比是( )
A. 1：1B. 2：1C. 1：3D. 3：1
铝能提炼难熔金属和制成铝热剂，是因为铝( )
A. 密度小，熔点较低B. 具有还原性，且生成氧化铝时放出大量热
C. 在空气中燃烧，发出耀眼白光D. 是金属
镁粉中混进少量铝粉，将铝粉除去，可选用的试剂是( )
A. 氢氧化钠溶液B. 硫酸铜溶液C. 盐酸D. 水
下列有关物质性质的比较，错误的是( )
A. 金属性：Mg>AlB. 稳定性：HF>HCl
C. 碱性：NaOH>Mg(OH)2D. 酸性：HClO3>H2SO3
在密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，0∼5min内H2的浓度减少了0.1ml/L，则在这段时间内用HI表示的平均反应速率[ml/(L⋅min)]为( )
A. 0.01B. 0.04C. 0.2D. 0.5
下列哪种方法不能增大铁跟盐酸反应的速率( )
A. 用粉末状铁代替块状铁
B. 用1ml⋅L−1HCl代替0.1ml⋅L−1HCl
C. 增大压强
D. 改用不纯的铁代替纯铁
一定温度下的密闭容器中发生可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，不能说明该反应一定达到平衡状态的是( )
A. SO3的质量保持不变
B. SO2的百分含量保持不变
C. SO2和SO3的生成速率相等
D. SO2、O2、SO3的物质的量之比为2：1：2
可逆反应mA(s)+B(g)⇌pC(g)+qD(g)中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度(T)的关系如图，则下列说法正确的是( )
A. T1>T2放热反应
B. T1>T2 吸热反应
C. T1D. T1为了使可逆反应2A(g)+B(s)⇌2C(g)(放热反应)的正反应速率加大，且平衡向正反应方向移动，可采取的措施是( )
A. 增大A的浓度B. 减少C的量C. 降低温度D. 增大压强
下列离子方程式正确的是( )
A. 将金属钠投入水中：Na+H2O=Na++OH−+H2↑
B. 向硫酸铝溶液中通入过量氨气：Al3++3OH−=Al(OH)3↓
C. 向氯化铵溶液中加入氢氧化钠：NH4++OH−=NH3⋅H2O
D. 向稀硫酸溶液中加入铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，你觉得该液体最有可能是( )
A. 浓盐酸B. 烧碱C. 浓硫酸D. 碳酸钠溶液
测定胆矾晶体结晶水含量时，不会引起实验误差的操作是( )
A. 为了防止玻璃棒上粘上晶体造成实验误差，加热时不使用玻璃棒
B. 大火加热，使胆矾晶体迅速升温失去结晶水并变黑
C. 停止加热后，硫酸铜固体放在空气中冷却再称量
D. 恒重操作时，连续两次称量结果相差0.001g就停止加热
下列反应中调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是( )
A. 碳酸钠与盐酸B. 硫化氢在氧气中燃烧
C. 铁粉在氯气中燃烧D. 铝加入硫酸中
锌铜原电池的装置如图所示。下列有关说法错误的是( )
A. 锌片发生氧化反应作负极
B. 铜片换成石墨棒，电流计G指针依然会同向发生偏转
C. 铜片上的电极反应为：2H++2e−=H2↑，铜片质量不变
D. 电子先从锌片沿导线流向铜片，再经过溶液流回锌片，形成闭合回路
一密闭体系中发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，如图表示该反应的速率(v)在某一时间(t)段内的变化．则下列时间段中，SO3的百分含量最高的是( )
A. t0→t1B. t2→t3C. t3→t4D. t5→t6
合金就是不同种金属(也包括一些非金属)在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：
其中不能形成合金的是( )
A. Cu和AlB. Fe和CuC. Fe和NaD. Al和Na
在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50ml⋅L−1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30ml⋅L−1.下列有关判断正确的是( )
A. x+yC. B的转化率增大D. C的体积分数下降
下列不能用勒夏特列原理解释的事实是( )
A. 接触法制硫酸过程中2SO2+O2⇌2SO3，通入过量的空气
B. 由2NO2(g)⇌N2O4(g)，组成的平衡体系，加压后颜色加深
C. 氨水应密闭保存
D. 实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
能将溶液中的Fe3+转化成Fe2+的物质是( )
A. H2SB. NH3⋅H2OC. Cl2D. CuSO4
有分别装有Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的两试管，下列操作或判断正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1ml⋅L−1稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是( )
A. B.
C. D.
四种短周期元素的性质或结构信息如下表。请根据信息回答下列问题。
(1)写出A元素的原子结构示意图 ______；B与C形成的化合物的电子式 ______(用元素符号表示，下同)；D元素形成的单质的结构式 ______。
(2)比较上述各元素形成的离子的半径大小 ______>______>______>(用离子符号表示)。
(3)C的一种氧化物可做潜艇中的供氧剂，写出该氧化物与CO2反应的方程式 ______。
(4)A、C两元素金属性较强的是(写元素符号)______，请设计一个实验，证明该结论 ______。请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系 ______。
(5)写出B的最高价氧化物对应的水化物与D的气态氢化物反应的离子反应方程式 ______。
铝、铁是生产、生活中常见的金属，其合金与盐在各领域都有着广泛的应用。
(1)铝合金是一种建筑装潢材料，它具有坚硬、轻巧、耐用的特性。铝合金的下列性质与这些特性无关的是 ______
A.不易生锈
B.导电性好
C.密度小
D.硬度大
(2)铝元素在周期表中的位置是 ______。写出Al(OH)3与稀硫酸反应的离子方程式 ______。铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成的固态产物是 ______。
(3)焊接金属时常用的焊接液为氯化铵，其作用是消除焊接金属表面的铁锈。4Fe2O3+6NH4Cl→6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O。上述反应中当生成3.36L氮气(标准状况)时，转移的电子数为 ______个，有同学认为，该反应产物中不应该有Fe生成，他的理由是(用化学方程式表示原因)______。
(4)现有仪器和药品：试管和胶头滴管，0.1ml⋅L−1KSCN溶液、0.2ml⋅L−1酸性KMnO4溶液、0.1ml⋅L−1KI溶液、氯水等。请你设计一个简单实验，探究铁与稀硝酸完全反应后铁可能的价态，填写下列实验报告：
煤是重要能源。燃煤会释放SO2、CO等有毒气体。消除有毒气体的研究和实践从未停止。用CaSO4可消除CO。
反应①：CaSO4(s)+4CO(g)⇌CaS(s)+4CO2(g)(放热反应)
反应②：CaSO4(s)+CO(g)⇌CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)(吸热反应)
(1)其他条件不变，增加CaSO4(的用量(质量)，反应①的速率 ______
a.增大
b.减小
c.不变
d.无法判断
(2)若在容积为1L的密闭装置中仅发生反应①，20分钟后，固体的质量减少了3.2g，则CO2的反应速率为 ______，不能说明反应①一定达到平衡状态的是 ______。
A.压强不变
B.气体的密度不变
C.v正(CO)=v逆(CO2)
D.CO、CO2浓度相等
(3)为了提高反应②的CO的吸收率，可行的措施是 ______、______(2条)。
(4)补全如图中反应②的能量变化示意图(即注明生成物能量的大致位置)
(5)若反应①、②同时发生，一段时间后均到达了平衡，升高温度，均再次达到平衡，发现CO的吸收率减小，分析可能的原因是 ______。
高铁酸钾(K2FeO4)是优质水处理剂。实验室制取K2FeO4的装置如图。K2FeO4的制备原理为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。
回答下列问题
(1)A装置的作用是 ______。盛浓盐酸的仪器名称为 ______。
(2)装置C的作用是 ______。B装置内出现 ______现象时，说明B中反应已停止。
(3)K2FeO4中铁元素的化合价为 ______，分析K2FeO4是优质水处理剂的原因可能是 ______。
(4)当上述反应消耗标准状况下672mLCl2时，生成K2FeO4质量为 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属元素，主要使用的是铁的合金，包括铁和钢，故B正确；
故选：B。
铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属材料。
本题考查工农业生产中用途最广、用量最多的金属，为常识性知识，主要把握物质的性质与应用，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.34S原子核内的中子数为34−16=18，故A错误；
B. 16O与 18O的质子数相等，核电荷数相等，故B正确；
C.C原子的质子数为6，N原子的质子数为7，则 13C和 15N原子核内的质子数相差7−6=1，故C错误；
D.元素符号的左上角为质量数，分别为2、1，质量数不等，则核素的原子质量也不相等，故D错误；
故选：B。
A.质子数+中子数=质量数；
B.均为O原子；
C.C、N的质子数分别为6、7；
D.二者质量数不同。
本题考查同位素，为高频考点，把握原子中数量关系、同位素的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.铁和浓盐酸反应生成氢气，有明显现象，故A错误；
B.铁和稀硫酸反应生成氢气，有明显现象，故B错误；
C.在常温下，铁和浓硫酸能产生钝化现象，阻止铁和浓硫酸进一步的反应，且不生成氢气，故C正确；
D.铁和稀硝酸反应生成一氧化氮，有明显现象，故D错误；
故选：C。
A.铁和浓盐酸反应生成氢气；
B.铁和稀硫酸反应生成氢气；
C.在常温下，铁和浓硫酸能产生钝化现象，阻止铁和浓硫酸进一步的反应；
D.铁和稀硝酸反应生成一氧化氮；
本题考查了铁的化学性质，题目难度不大，注意铁与不同的酸反应的现象。
4.【答案】B
【解析】解：A、因S是弱氧化剂，FeS可由Fe和S直接化合得到，故A正确；
B、因Cl2的强氧化剂，Fe与Cl2直接化合得到的是FeCl3，而不是FeCl2，故B错误；
C、因Cl2的强氧化剂，Fe与Cl2直接化合得到的是FeCl3，故C正确；
D、因O2的强氧化剂，Fe3O4可由Fe和O2直接化合得到，故D正确；
故选：B.
根据铁与强氧化剂或弱氧化剂反应，产物的化合价不同．
变价金属(如铁、铜)与氯气反应得到的是高价的氯化物，而与硫反应，得到的是低价的硫化物．
5.【答案】D
【解析】解：足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，则Al完全反应，两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，
由2Al∼2NaOH∼6HCl∼3H2可知，
反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比为6ml：2ml=3：1，
故选：D。
足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，则Al完全反应，两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，结合反应分析．
本题考查Al的化学性质，把握铝与酸、碱的反应为解答的关键，注意酸碱足量，金属完全反应，注重基础知识的考查，题目难度不大．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查铝热反应的原理，难度较小，理解识记有关的内容，注意其本质是置换反应。
【解答】
铝热反应是利用铝的还原性获得高熔点金属单质，氧化物和铝粉(铝热剂)反应剧烈，放出大量的热使生成的金属熔化为液态。所以铝能提炼难熔金属和制成铝热剂，是因为铝具有还原性，且生成氧化铝时放出大量热。故选B。
7.【答案】A
【解析】解：A.Al与NaOH溶液反应，Mg不能与NaOH溶液反应，反应后过滤可除杂，故A正确；
B.Mg、Al均与硫酸铜溶液反应，不能除杂，故B错误；
C.Mg、Al均与盐酸反应，不能除杂，故C错误；
D.Mg、Al均不溶于水，且Mg与水缓慢反应，不能除杂，故D错误；
故选：A。
Al与NaOH溶液反应，Mg不能与NaOH溶液反应，加足量NaOH溶液、过滤可除杂，以此来解答。
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、除杂的原则、实验技能为解答的关键，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。
8.【答案】D
【解析】解：A.同一周期从左到右金属性逐渐减弱，因此金属性：Mg>Al，故A正确；
B.非金属性越强对应氢化物越稳定，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性F>Cl，则稳定性：HF>HCl，故B正确；
C.金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，同一周期从左到右金属性逐渐减弱，金属性Na>Mg，则碱性：NaOH>Mg(OH)2，故C正确；
D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，HClO3和H2SO3不是最高价氧化物对应水化物，无法进行比较，故D错误；
故选：D。
A.同一周期从左到右金属性逐渐减弱；
B.非金属性越强对应氢化物越稳定，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱；
C.金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，同一周期从左到右金属性逐渐减弱；
D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
本题主要考查元素周期律的递变规律，学习中主要把握元素周期律，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：0∼5min内H2的浓度减少了0.1ml/L，由方程式可知△c(HI)=2△c(H2)=0.2ml/L，
v(HI)=0.2ml/L5min=0.04ml/(L⋅min)，
故选B.
根据氢气的物质的量浓度的变化计算HI的浓度变化，结合c=△c△t计算．
本题考查化学反应速率的相关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握化学反应速率的定义以及计算公式，难度不大．
10.【答案】C
【解析】解：A.用铁粉代替铁片，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故A不选；
B.增大盐酸的浓度，氢离子浓度变大，反应速率加快，故B不选；
C.该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，则增大压强，不能增大Fe与盐酸的反应速率，故C选；
D.改用不纯的铁代替纯铁，可形成原电池反应，反应速率增大，故D不选．
故选C.
增大铁与盐酸反应的速率，则增大接触面积、酸的浓度、温度等，该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，以此来解答．
本题考查影响反应速率的因素，明确温度、浓度、压强、催化剂、接触面积对反应速率的影响即可解答，并注意使用前提来解答，题目难度不大．
11.【答案】D
【解析】解：反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，
A、SO3的质量保持不变，即浓度不变，达到化学平衡状态，故A不选；
B、二氧化硫的体积百分含量不变，能作为判断达到平衡状态的判据，故B不选；
C、SO2和SO3的生成速率相等，证明化学反应中正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C不选；
D、平衡时各物质的物质的量的多少取决于起始量与转化的程度，不能作为判断达到平衡的依据，故D选；
故选D.
当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断，
A、物质的浓度不再改变证明反应达到平衡状态；
B、各物质的体积百分含量不变能作为判断达到平衡的依据；
C、SO2和SO3的生成速率相等，说明正逆反应速率相等；
D、各物质的物质的量的多少取决于起始量与转化的程度，不能作为判断达到平衡的依据．
本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意把握判断的角度以及平衡状态的特征，难度不大．
12.【答案】D
【解析】解：当其它条件不变时，C的质量分数与温度(T)的关系如图，温度为T2时优先达到平衡状态，说明温度T1故选：D。
结合图示曲线变化可知，温度为T2时优先达到平衡状态，说明温度T1本题考查化学平衡的影响因素的应用，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握外界条件对化学平衡的影响，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.增大A的浓度，反应物浓度增大，正反应速率加大，且平衡向正反应方向移动，故A正确；
B.减少C的量，平衡正向移动，但随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，故B错误；
C.该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，但温度降低正反应速率减小，故C错误；
D.增大压强正反应速率增大，但该反应气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，故D错误；
故选：A。
升高温度、增大反应物浓度、增大压强均可以加快反应速率，该反应气体体积不变的放热反应，降低温度、增大反应物浓度平衡正向移动，改变压强平衡不移动，以此进行判断。
本题考查化学平衡、化学反应速率的影响，为高频考点，明确外界条件对化学平衡、化学反应速率的影响为解答关键，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。
14.【答案】C
【解析】解：A.将金属钠投入水中的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故A错误；
B.向硫酸铝溶液中通入过量氨气，离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；
C.向氯化铵溶液中加入氢氧化钠，离子方程式为：NH4++OH−=NH3⋅H2O，故C正确；
D.向稀硫酸溶液中加入铁粉，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；
故选：C。
A.该反应不满足得失电子守恒和质量守恒定律；
B.一水合氨为弱碱，不能拆开；
C.氯化铵与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和一水合氨；
D.铁与稀硫酸反应生成亚铁离子。
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。
15.【答案】A
【解析】解：A、浓盐酸具有挥发性，能和氨气之间反应产生白烟，可以进行NH3泄漏，故A正确；
B、烧碱没有挥发性，不会和氨气之间反应，故B错误；
C、浓硫酸没有挥发性，可以喝氨气之间反应生成白烟，不符合要求，故C错误；
D、碳酸钠溶液没有挥发性，不能和氨气之间反应，故D错误。
故选：A。
根据题意，符合要求的物质具有的条件是：易挥发；能和氨气之间反应伴随明显的现象即可。
本题考查学生氨气的性质，注意总结常见的具有挥发性的物质，熟记物质的性质并灵活应用是解题关键所在，难度中等。
16.【答案】D
【解析】解：A.加搅拌的目的是使胆矾中结晶水完全失去，如果不用玻璃棒搅拌，胆矾中的结晶水只有部分失去，导致测定值偏低，故A错误；
B.温度过高导致胆矾变黑，硫酸铜分解生成CuO，应控制温度不可过高，否则导致测定值偏高，故B错误；
C.硫酸铜固体放在空气中冷却，易重新结合结晶水，应在干燥器中冷却，否则导致测定值偏低，故C错误；
D.连续两次称量结果相差0.001g，可认为恒重，完全失去结晶水，故D正确；
故选：D。
A.搅拌的目的是使胆矾中结晶水完全失去；
B.胆矾变黑，生成CuO；
C.硫酸铜固体放在空气中冷却，易重新结合结晶水；
D.连续两次称量结果相差0.001g，可认为完全失去结晶水。
本题考查了硫酸铜结晶水的测定，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确实验的原理、实验操作规范性是解本题关键，C为解答易错点，难度不大。
17.【答案】C
【解析】解：A.Na2CO3和HCl的相对量的不同可生成NaHCO3或CO2，或两种都有，故A错误；
B.硫化氢在少量氧气中燃烧，生成硫和水，在足量氧气中燃烧，生成SO2和水，故B错误；
C.氯气能将金属氧化为最高价，铁在氯气中燃烧，无论铁是否过量，都发生2Fe+3Cl2−加热2FeCl3，产物都是氯化铁，故C正确；
D.铝加入浓硫酸中发生钝化，铝的表面生成致密的氧化物薄膜，铝加入稀硫酸中反应生成硫酸铝和氢气，故D错误；
故选：C。
A.碳酸钠中滴加少量盐酸，生成碳酸氢钠，过量盐酸生成二氧化碳气体；
B.硫化氢在氧气中燃烧，氧气量的不同，生成的产物不同；
C.铁与氯气反应只生成氯化铁；
D.硫酸的浓度不同，产物不同。
本题考查了物质的用量或浓度不同导致产物不同，明确物质之间的反应是解本题的关键，易错选项是D，注意不能用铁和氯气制得氯化亚铁，只能制得氯化铁，题目难度中等。
18.【答案】D
【解析】解：该原电池中，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极上电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，正极反应式为2H++2e−=H2↑；
A.该原电池中Zn失电子发生氧化反应而作负极，故A正确；
B.Zn、石墨和稀硫酸构成原电池，Zn易失电子作负极，石墨作正极，该原电池有电流产生，所以电流计G指针依然会同向发生偏转，故B正确；
C.铜片上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e−=H2↑，得到的气体逸出，所以铜片质量不变，故C正确；
D.电子不进入电解质溶液，电子先从锌片沿导线流向铜片，电解质溶液中阴阳离子定向移动而形成电流，形成闭合回路，故D错误；
故选：D。
该原电池中，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极上电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，正极反应式为2H++2e−=H2↑；
A.失电子发生氧化反应的电极为负极；
B.Zn、石墨和稀硫酸构成原电池，Zn易失电子作负极，石墨作正极；
C.铜片上氢离子得电子生成氢气，得到的气体逸出；
D.电子不进入电解质溶液。
本题考查原电池原理，侧重考查对基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原电池正负极判断方法、各个电极上发生的反应、电子移动方向等知识点是解本题关键，题目难度不大。
19.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了化学平衡建立的影响因素分析判断，图象分析应用是解题关键，题目难度中等。
【解答】
分析图象可知，t2→t3是原平衡逆向移动后建立的平衡，SO3的百分含量降低，t3→t4和t2→t3两个时间段内，SO3的百分含量相同，t5→t6是平衡再次逆向移动后建立的平衡，SO3的百分含量再次降低，所以t0→t1时间段内达到的平衡状态下三氧化硫的百分含量最大，故A正确。
故选A。
20.【答案】C
【解析】解：A.铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够形成合金，故A错误；
B.铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故B错误；
C.铁的熔点高于钠的沸点，两种金属不能形成合金，故C正确；
D.铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故D错误．
故选C.
由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点．
本题考查合金的定义，题目难度不大，注意基础知识的积累．
21.【答案】D
【解析】解：平衡时测得A的浓度为0.50ml/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30ml/L，说明降低压强平衡向逆方向移动，则
A.降低压强平衡向逆方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数，应为x+y>z，故A错误；
B.由以上分析可知平衡向逆方向移动，故B错误；
C.平衡向逆方向移动，B的转化率降低，故C错误；
D.平衡向逆方向移动，C的体积分数下降，故D正确。
故选：D。
平衡时测得A的浓度为0.50ml/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，如平衡不移动，则A的浓度应降低为0.25ml/L，而此时为0.3ml/L，则说明降低压强平衡向逆方向移动，以此进行判断．
本题考查化学平衡移动知识，题目难度不大，注意从浓度的变化的角度判断平衡移动的方向，结合压强对平衡移动的影响分析．
22.【答案】B
【解析】解：A.根据平衡：2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气即增大氧气的量可以使化学平衡正向移动，提高SO2的利用率，所以能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B.增大压强后，平衡正向移动，但增大压强导致反应体系的体积减小，平衡时c(NO2)大于原来平衡浓度，则气体颜色加深，所以不能用勒夏特里原理解释，故B选；
C.氨水中存在可逆反应：NH3⋅H2O⇌NH3+H2O，氨水浓度越高，氨气越容易挥发逸出，当密闭时，总体积一定，一旦逸出氨气，总瓶内压强增大，使平衡逆向移动，抑制了一水合氨的挥发，能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D.氯气在水中存在溶解平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，将氯气通入饱和食盐水中，相当于增加了氯离子浓度，平衡左移，氯气的溶解度减小，所以实验室中可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能够用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：B。
勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。
本题考查勒夏特列原理的应用，为高频考点，明确勒夏特列原理的适用范围为解答关键，注意掌握勒夏特列原理的内容，题目难度不大。
23.【答案】A
【解析】解：A.H2S具有还原性，能够将溶液中的Fe3+转化成Fe2+，故A正确；
B.NH3⋅H2O与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，无法将溶液中的Fe3+转化成Fe2+，故B错误；
C.Cl2具有强氧化性，不与铁离子反应，无法将溶液中的Fe3+转化成Fe2+，故C错误；
D.CuSO4溶液与铁离子不反应，无法将溶液中的Fe3+转化成Fe2+，故D错误；
故选：A。
将溶液中的Fe3+转化成Fe2+的过程中铁元素化合价降低被还原，则加入的物质具有还原性，常见的还原剂：金属单质、氢气、碳单质、碘化物、硫化物等，以此结合选项中各物质性质进行判断。
本题考查铁盐与亚铁盐的相互转化，为高频考点，把握常见物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握铁盐与亚铁盐的相互转化方法，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。
24.【答案】C
【解析】解：A.碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，现象相同，无法鉴别，故A错误；
B.向Na2CO3中逐滴加入盐酸时，先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，产生气体较为剧烈的为碳酸氢钠，故B错误；
C.碳酸钠与氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，故氯化钙溶液可以区分两物质，故C正确；
D.NaOH和Na2CO3不反应，NaOH和NaHCO3反应生成无色的Na2CO3和H2O，二者都没有明显现象，无法鉴别，故D错误；
故选：C。
A.二者都能和澄清石灰水反应生成难溶性的CaCO3；
B.Na2CO3和HCl反应方程式为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，所以向Na2CO3中逐滴加入盐酸时，先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体；
C.碳酸钠与氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应；
D.NaOH和Na2CO3不反应，NaOH和NaHCO3反应生成无色的Na2CO3和H2O。
本题考查Na2CO3和NaHCO3的鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确元素化合物的性质及其性质差异性是解本题关键，题目难度不大。
25.【答案】C
【解析】解：0.4gNaOH的物质的量为0.01ml，1.06gNa2CO3的物质的量也为0.01ml，对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成。
与氢氧化钠反应没有气体生成，再滴加含有0.01mlHCl的盐酸时，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；
B.图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；
C.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；
D.因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；
故选：C。
0.4gNaOH的物质的量为0.01ml，1.06gNa2CO3的物质的量也为0.01ml，对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。
此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应。是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
26.【答案】 N≡NS2− N3− Na+ 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Na 将两种金属单质分别投入冷水中，钠能和冷水发生剧烈反应，而铝不和水反应 Na和Al的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱 NH3+H+=NH4+
【解析】解：由分析可知，A为Al、B为S、C为Na、D为N；
(1)A为Al元素，原子结构示意图为；B与C形成的化合物为Na2S，其电子式为；D元素形成的单质为N2，其结构式为N≡N，
故答案为：；；N≡N；
(2)离子的电子层结构相同，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，故离子半径：S2−>N3−>Na+>Al3+，
故答案为：S2−；N3−；Na+；Al3+；
(3)C的一种氧化物可做潜艇中的供氧剂，该氧化物为Na2O2，与CO2反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(4)同周期自左而右金属性减弱，故金属性Na>Al，证明该结论的实验方案：将两种金属单质分别投入冷水中，钠能和冷水发生剧烈反应，而铝不和水反应；Na和Al的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，原子核对核外电子小于能力减弱，失电子能力减弱，金属性减弱；
故答案为：Na；将两种金属单质分别投入冷水中，钠能和冷水发生剧烈反应，而铝不和水反应；Na和Al的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱；
(5)B的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，D的气态氢化物为NH3，二者反应的离子反应方程式为NH3+H+=NH4+，
故答案为：NH3+H+=NH4+。
四种短周期元素，其中A是地壳中含量最多的金属元素，其氧化物具有两性，则A为Al；B为淡黄色固体，一种单质相对分子质量为256，能溶于CS2，则B为S元素；C的原子半径是短周期主族元素中最大的，则C为Na；D的氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一，也是空气质量预报的指标之一，该元素在三聚氰胺中含量较高，则D为N元素。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，注意金属性、非金属性强弱比较实验事实。
27.【答案】B 第三周期第ⅢA族 Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OFe3O4 0.9NA 2FeCl3+Fe=3FeCl2 若溶液呈血红色，则说明含Fe3+，若不显血红色，证明没有Fe3+ 取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液 若高锰酸钾溶液紫红色褪去，说明含Fe2+
【解析】解：(1)铝镁合金用于制作门窗、防护栏等时主要是利用了铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点，与导电性是否良好无关，故选：B，
故答案为：B；
(2)铝元素核电荷数为13，核外电子层数三个，最外层电子数3个，铝在周期表中的位置为：第三周期第ⅢA族，Al(OH)3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O−高温Fe3O4+4H2，生成的固态产物是：Fe3O4，
故答案为：第三周期第ⅢA族；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；Fe3O4；
(3)4Fe2O3+6NH4Cl=6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，上述反应中氮元素化合价−3价升高到0价，生成3ml氮气，电子转移总数18mle−，当生成3.36L氮气(标准状况)时，气体物质的量=，转移的电子数=0.15ml×18ml3ml×NA/ml=0.9NA，有同学认为，该反应产物中不应该有Fe生成，他的理由是铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2，
故答案为：0.9NA；2FeCl3+Fe=3FeCl2；
(4)铁离子能和硫氰化钾溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，铁离子不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，如果向溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色就说明含有铁离子，否则不含铁离子，如果向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，如果酸性高锰酸钾溶液褪色，就说明含有亚铁离子，否则不含亚铁离子，
故答案为：
。
(1)铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点；
(2)铝元素核电荷数为13，核外电子层数三个，最外层电子数3个，周期序数=电子层数，主族族序数=原子最外层电子数，据此判断在周期表中的位置，Al(OH)3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成四氧化三铁和氢气；
(3)反应4Fe2O3+6NH4Cl−△6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O中，N元素化合价升高，被氧化，NH4Cl为还原剂，三氧化二铁为氧化剂，结合元素化合价变化计算电子转移总数，该反应产物中不应该有Fe生成，因为铁和氯化铁反应生成氯化亚铁；
(4)铁离子能和硫氰化钾溶液反应络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，铁离子不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
本题考查了铝及其化合物性质、氧化还原反应电子守恒的计算应用、离子检验的实验设计等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
28.【答案】c0.01ml/(L⋅min)AD升高温度 降低压强 升高温度，反应②正向移动程度小于反应①逆向移动程度
【解析】解：(1)硫酸钙是固体，其他条件不变，增加CaSO4的用量，反应①的速率不变，
故答案为：c；
(2)CO分子获得1个O原子转化为CO2分子，固体质量减少为CO分子获得O原子的质量，则n(CO2)=n(O)=3.2g16g/ml=0.2ml，v(CO2)=0.2ml1L20min=0.01ml/(L⋅min)；
A.反应①前后气体的体积不变，自始至终压强不变，不能说明到达平衡，故A错误；
B.随反应进行气体的质量增大，气体密度增大，当气体的密度不变，说明反应到达平衡，故B正确；
C.由于v逆(CO2)=v逆(CO)，当v正(CO)=v逆(CO2)，说明v逆(CO)=v正(CO)，反应到达平衡，故C正确；
D.反应到达平衡时，CO、CO2浓度不发生变化，但二者浓度不一定相等，故D错误，
故答案为：0.01ml/(L⋅min)；AD；
(3)为了提高反应②的CO的吸收率，改变条件使平衡正向移动，正反应为气体体积增大的吸热反应，可以适当升高温度、降低压强，
故答案为：升高温度；降低压强；
(4)反应为②为吸热反应，反应物总能量小于生成物的总能量，补全如图中反应②的能量变化示意图为，
故答案为：；
(5)反应①为放热反应，反应②为吸热反应，升高温度，反应①逆向移动，反应②正向移动，均再次达到平衡，发现CO的吸收率减小，可能原因是：升高温度，反应②正向移动程度小于反应①逆向移动程度，
故答案为：升高温度，反应②正向移动程度小于反应①逆向移动程度。
(1)硫酸钙是固体，其用量不影响反应速率；
(2)CO分子获得1个O原子转化为CO2分子，固体质量减少为CO分子获得O原子的质量，则n(CO2)=n(O)，再根据v=△nV△t计算v(CO2)；可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，由变化到不变化说明到达平衡；
(3)为了提高反应②的CO的吸收率，改变条件使平衡正向移动；
(4)反应为②为吸热反应，反应物总能量小于生成物的总能量；
(5)升高温度，反应①逆向移动，反应②正向移动，CO的吸收率减小，说明对反应①影响更大。
本题考查化学反应速率、化学平衡，涉及反应速率影响因素、反应速率计算、平衡状态判断、平衡移动等，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。
29.【答案】制取氯气 分液漏斗 吸收多余的氯气，防止污染空气 紫色固体不再增加，该装置出现黄绿色气体 +6+6价Fe元素具有强氧化性，在水中能杀菌消毒，其还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，从而起到净水的作用 3.96g
【解析】解：(1)装置A中生成氯气：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；盛浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，
故答案为：制取氯气；分液漏斗；
(2)C中的NaOH溶液用于吸收多余的氯气，防止污染空气；装置B中紫色固体不再增加，该装置出现黄绿色气体，
故答案为：吸收多余的氯气，防止污染空气；紫色固体不再增加，该装置出现黄绿色气体；
(3)铁酸钾中氧元素为−2价，钾元素为+1价，根据正负化合价代数和为零，判断Fe元素为+6价，+6价Fe元素具有强氧化性，在水中能杀菌消毒，其还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，从而起到净水的作用，
故答案为：+6；+6价Fe元素具有强氧化性，在水中能杀菌消毒，其还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，从而起到净水的作用；
(4)根据题意，结合原子守恒和化合价升高守恒，可得方程式：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，则有关系式：2K2FeO4∼3Cl2，n(Cl2)=，生成K2FeO4质量为0.02ml×198g/ml=3.96g，
故答案为：3.96g。
装置A中生成氯气：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；B中得反应为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；C中的NaOH溶液用于吸收多余的氯气，结合给出的材料信息进行解题。
本题考查了物质的性质检验，掌握常见物质的性质是解题关键，题目难度中等，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题给信息，结合物质的性质解题。
Na
Cu
Al
Fe
熔点(℃)
97.5
1083
660
1535
沸点(℃)
883
2595
2200
3000
方案
操作
判断
A
分别加入澄清石灰水
产生沉淀者为Na2CO3溶液
B
分别加入等物质的量浓度的稀盐酸
反应较剧烈者为Na2CO3溶液
C
分别加入CaCl2溶液
产生沉淀者为Na2CO3溶液
D
逐滴加入等物质的量浓度的NaOH溶液
无明显现象的是Na2CO3溶液
元素
A
B
C
D
性质结构信息
地壳中含量最多的金属元素；其氧化物具有两性。
淡黄色固体；一种单质相对分子质量为256，能溶于
CS2。
原子半径是短周期主族元素中最大的。
其氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一，也是空气质量预报的指标之一；该元素在三聚氰胺中含量较高。
实验步骤
操作
现象与结论
第一步
取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴KSCN溶液。
______
第二步
______
______ ；若无明显变化，则说明不含Fe2+。
实验步骤
操作
现象与结论
第一步
若溶液呈血红色，则说明含Fe3+，若不显血红色，证明没有Fe3+
第二步
取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液
若高锰酸钾溶液紫红色褪去，说明含Fe2+
工农业生产中用途最广、用量最多的金属是( )
A. 铜B. 铁C. 金D. 铝
同位素常用做环境分析指示物，下列对同位素的说法正确的是( )
A. 34S原子核内的中子数为16B. 16O与 18O的核电荷数相等
C. 13C和 15N原子核内的质子数相差2D. 2H+质量与 1H+的质量相同
下列物质在常温下接触时无明显现象的是( )
A. 铁和浓盐酸B. 铁和稀硫酸C. 铁和浓硫酸D. 铁和稀硝酸
下列各物质中，不能由组成它的两种元素的单质直接化合得到的是( )
A. FeSB. FeCl2C. FeCl3D. Fe3O4
铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比是( )
A. 1：1B. 2：1C. 1：3D. 3：1
铝能提炼难熔金属和制成铝热剂，是因为铝( )
A. 密度小，熔点较低B. 具有还原性，且生成氧化铝时放出大量热
C. 在空气中燃烧，发出耀眼白光D. 是金属
镁粉中混进少量铝粉，将铝粉除去，可选用的试剂是( )
A. 氢氧化钠溶液B. 硫酸铜溶液C. 盐酸D. 水
下列有关物质性质的比较，错误的是( )
A. 金属性：Mg>AlB. 稳定性：HF>HCl
C. 碱性：NaOH>Mg(OH)2D. 酸性：HClO3>H2SO3
在密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，0∼5min内H2的浓度减少了0.1ml/L，则在这段时间内用HI表示的平均反应速率[ml/(L⋅min)]为( )
A. 0.01B. 0.04C. 0.2D. 0.5
下列哪种方法不能增大铁跟盐酸反应的速率( )
A. 用粉末状铁代替块状铁
B. 用1ml⋅L−1HCl代替0.1ml⋅L−1HCl
C. 增大压强
D. 改用不纯的铁代替纯铁
一定温度下的密闭容器中发生可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，不能说明该反应一定达到平衡状态的是( )
A. SO3的质量保持不变
B. SO2的百分含量保持不变
C. SO2和SO3的生成速率相等
D. SO2、O2、SO3的物质的量之比为2：1：2
可逆反应mA(s)+B(g)⇌pC(g)+qD(g)中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度(T)的关系如图，则下列说法正确的是( )
A. T1>T2放热反应
B. T1>T2 吸热反应
C. T1
A. 增大A的浓度B. 减少C的量C. 降低温度D. 增大压强
下列离子方程式正确的是( )
A. 将金属钠投入水中：Na+H2O=Na++OH−+H2↑
B. 向硫酸铝溶液中通入过量氨气：Al3++3OH−=Al(OH)3↓
C. 向氯化铵溶液中加入氢氧化钠：NH4++OH−=NH3⋅H2O
D. 向稀硫酸溶液中加入铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，你觉得该液体最有可能是( )
A. 浓盐酸B. 烧碱C. 浓硫酸D. 碳酸钠溶液
测定胆矾晶体结晶水含量时，不会引起实验误差的操作是( )
A. 为了防止玻璃棒上粘上晶体造成实验误差，加热时不使用玻璃棒
B. 大火加热，使胆矾晶体迅速升温失去结晶水并变黑
C. 停止加热后，硫酸铜固体放在空气中冷却再称量
D. 恒重操作时，连续两次称量结果相差0.001g就停止加热
下列反应中调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是( )
A. 碳酸钠与盐酸B. 硫化氢在氧气中燃烧
C. 铁粉在氯气中燃烧D. 铝加入硫酸中
锌铜原电池的装置如图所示。下列有关说法错误的是( )
A. 锌片发生氧化反应作负极
B. 铜片换成石墨棒，电流计G指针依然会同向发生偏转
C. 铜片上的电极反应为：2H++2e−=H2↑，铜片质量不变
D. 电子先从锌片沿导线流向铜片，再经过溶液流回锌片，形成闭合回路
一密闭体系中发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，如图表示该反应的速率(v)在某一时间(t)段内的变化．则下列时间段中，SO3的百分含量最高的是( )
A. t0→t1B. t2→t3C. t3→t4D. t5→t6
合金就是不同种金属(也包括一些非金属)在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：
其中不能形成合金的是( )
A. Cu和AlB. Fe和CuC. Fe和NaD. Al和Na
在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50ml⋅L−1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30ml⋅L−1.下列有关判断正确的是( )
A. x+y
下列不能用勒夏特列原理解释的事实是( )
A. 接触法制硫酸过程中2SO2+O2⇌2SO3，通入过量的空气
B. 由2NO2(g)⇌N2O4(g)，组成的平衡体系，加压后颜色加深
C. 氨水应密闭保存
D. 实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
能将溶液中的Fe3+转化成Fe2+的物质是( )
A. H2SB. NH3⋅H2OC. Cl2D. CuSO4
有分别装有Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的两试管，下列操作或判断正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1ml⋅L−1稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是( )
A. B.
C. D.
四种短周期元素的性质或结构信息如下表。请根据信息回答下列问题。
(1)写出A元素的原子结构示意图 ______；B与C形成的化合物的电子式 ______(用元素符号表示，下同)；D元素形成的单质的结构式 ______。
(2)比较上述各元素形成的离子的半径大小 ______>______>______>(用离子符号表示)。
(3)C的一种氧化物可做潜艇中的供氧剂，写出该氧化物与CO2反应的方程式 ______。
(4)A、C两元素金属性较强的是(写元素符号)______，请设计一个实验，证明该结论 ______。请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系 ______。
(5)写出B的最高价氧化物对应的水化物与D的气态氢化物反应的离子反应方程式 ______。
铝、铁是生产、生活中常见的金属，其合金与盐在各领域都有着广泛的应用。
(1)铝合金是一种建筑装潢材料，它具有坚硬、轻巧、耐用的特性。铝合金的下列性质与这些特性无关的是 ______
A.不易生锈
B.导电性好
C.密度小
D.硬度大
(2)铝元素在周期表中的位置是 ______。写出Al(OH)3与稀硫酸反应的离子方程式 ______。铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成的固态产物是 ______。
(3)焊接金属时常用的焊接液为氯化铵，其作用是消除焊接金属表面的铁锈。4Fe2O3+6NH4Cl→6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O。上述反应中当生成3.36L氮气(标准状况)时，转移的电子数为 ______个，有同学认为，该反应产物中不应该有Fe生成，他的理由是(用化学方程式表示原因)______。
(4)现有仪器和药品：试管和胶头滴管，0.1ml⋅L−1KSCN溶液、0.2ml⋅L−1酸性KMnO4溶液、0.1ml⋅L−1KI溶液、氯水等。请你设计一个简单实验，探究铁与稀硝酸完全反应后铁可能的价态，填写下列实验报告：
煤是重要能源。燃煤会释放SO2、CO等有毒气体。消除有毒气体的研究和实践从未停止。用CaSO4可消除CO。
反应①：CaSO4(s)+4CO(g)⇌CaS(s)+4CO2(g)(放热反应)
反应②：CaSO4(s)+CO(g)⇌CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)(吸热反应)
(1)其他条件不变，增加CaSO4(的用量(质量)，反应①的速率 ______
a.增大
b.减小
c.不变
d.无法判断
(2)若在容积为1L的密闭装置中仅发生反应①，20分钟后，固体的质量减少了3.2g，则CO2的反应速率为 ______，不能说明反应①一定达到平衡状态的是 ______。
A.压强不变
B.气体的密度不变
C.v正(CO)=v逆(CO2)
D.CO、CO2浓度相等
(3)为了提高反应②的CO的吸收率，可行的措施是 ______、______(2条)。
(4)补全如图中反应②的能量变化示意图(即注明生成物能量的大致位置)
(5)若反应①、②同时发生，一段时间后均到达了平衡，升高温度，均再次达到平衡，发现CO的吸收率减小，分析可能的原因是 ______。
高铁酸钾(K2FeO4)是优质水处理剂。实验室制取K2FeO4的装置如图。K2FeO4的制备原理为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。
回答下列问题
(1)A装置的作用是 ______。盛浓盐酸的仪器名称为 ______。
(2)装置C的作用是 ______。B装置内出现 ______现象时，说明B中反应已停止。
(3)K2FeO4中铁元素的化合价为 ______，分析K2FeO4是优质水处理剂的原因可能是 ______。
(4)当上述反应消耗标准状况下672mLCl2时，生成K2FeO4质量为 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属元素，主要使用的是铁的合金，包括铁和钢，故B正确；
故选：B。
铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属材料。
本题考查工农业生产中用途最广、用量最多的金属，为常识性知识，主要把握物质的性质与应用，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.34S原子核内的中子数为34−16=18，故A错误；
B. 16O与 18O的质子数相等，核电荷数相等，故B正确；
C.C原子的质子数为6，N原子的质子数为7，则 13C和 15N原子核内的质子数相差7−6=1，故C错误；
D.元素符号的左上角为质量数，分别为2、1，质量数不等，则核素的原子质量也不相等，故D错误；
故选：B。
A.质子数+中子数=质量数；
B.均为O原子；
C.C、N的质子数分别为6、7；
D.二者质量数不同。
本题考查同位素，为高频考点，把握原子中数量关系、同位素的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.铁和浓盐酸反应生成氢气，有明显现象，故A错误；
B.铁和稀硫酸反应生成氢气，有明显现象，故B错误；
C.在常温下，铁和浓硫酸能产生钝化现象，阻止铁和浓硫酸进一步的反应，且不生成氢气，故C正确；
D.铁和稀硝酸反应生成一氧化氮，有明显现象，故D错误；
故选：C。
A.铁和浓盐酸反应生成氢气；
B.铁和稀硫酸反应生成氢气；
C.在常温下，铁和浓硫酸能产生钝化现象，阻止铁和浓硫酸进一步的反应；
D.铁和稀硝酸反应生成一氧化氮；
本题考查了铁的化学性质，题目难度不大，注意铁与不同的酸反应的现象。
4.【答案】B
【解析】解：A、因S是弱氧化剂，FeS可由Fe和S直接化合得到，故A正确；
B、因Cl2的强氧化剂，Fe与Cl2直接化合得到的是FeCl3，而不是FeCl2，故B错误；
C、因Cl2的强氧化剂，Fe与Cl2直接化合得到的是FeCl3，故C正确；
D、因O2的强氧化剂，Fe3O4可由Fe和O2直接化合得到，故D正确；
故选：B.
根据铁与强氧化剂或弱氧化剂反应，产物的化合价不同．
变价金属(如铁、铜)与氯气反应得到的是高价的氯化物，而与硫反应，得到的是低价的硫化物．
5.【答案】D
【解析】解：足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，则Al完全反应，两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，
由2Al∼2NaOH∼6HCl∼3H2可知，
反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比为6ml：2ml=3：1，
故选：D。
足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，则Al完全反应，两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，结合反应分析．
本题考查Al的化学性质，把握铝与酸、碱的反应为解答的关键，注意酸碱足量，金属完全反应，注重基础知识的考查，题目难度不大．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查铝热反应的原理，难度较小，理解识记有关的内容，注意其本质是置换反应。
【解答】
铝热反应是利用铝的还原性获得高熔点金属单质，氧化物和铝粉(铝热剂)反应剧烈，放出大量的热使生成的金属熔化为液态。所以铝能提炼难熔金属和制成铝热剂，是因为铝具有还原性，且生成氧化铝时放出大量热。故选B。
7.【答案】A
【解析】解：A.Al与NaOH溶液反应，Mg不能与NaOH溶液反应，反应后过滤可除杂，故A正确；
B.Mg、Al均与硫酸铜溶液反应，不能除杂，故B错误；
C.Mg、Al均与盐酸反应，不能除杂，故C错误；
D.Mg、Al均不溶于水，且Mg与水缓慢反应，不能除杂，故D错误；
故选：A。
Al与NaOH溶液反应，Mg不能与NaOH溶液反应，加足量NaOH溶液、过滤可除杂，以此来解答。
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、除杂的原则、实验技能为解答的关键，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。
8.【答案】D
【解析】解：A.同一周期从左到右金属性逐渐减弱，因此金属性：Mg>Al，故A正确；
B.非金属性越强对应氢化物越稳定，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性F>Cl，则稳定性：HF>HCl，故B正确；
C.金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，同一周期从左到右金属性逐渐减弱，金属性Na>Mg，则碱性：NaOH>Mg(OH)2，故C正确；
D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，HClO3和H2SO3不是最高价氧化物对应水化物，无法进行比较，故D错误；
故选：D。
A.同一周期从左到右金属性逐渐减弱；
B.非金属性越强对应氢化物越稳定，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱；
C.金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，同一周期从左到右金属性逐渐减弱；
D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
本题主要考查元素周期律的递变规律，学习中主要把握元素周期律，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：0∼5min内H2的浓度减少了0.1ml/L，由方程式可知△c(HI)=2△c(H2)=0.2ml/L，
v(HI)=0.2ml/L5min=0.04ml/(L⋅min)，
故选B.
根据氢气的物质的量浓度的变化计算HI的浓度变化，结合c=△c△t计算．
本题考查化学反应速率的相关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握化学反应速率的定义以及计算公式，难度不大．
10.【答案】C
【解析】解：A.用铁粉代替铁片，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故A不选；
B.增大盐酸的浓度，氢离子浓度变大，反应速率加快，故B不选；
C.该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，则增大压强，不能增大Fe与盐酸的反应速率，故C选；
D.改用不纯的铁代替纯铁，可形成原电池反应，反应速率增大，故D不选．
故选C.
增大铁与盐酸反应的速率，则增大接触面积、酸的浓度、温度等，该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，以此来解答．
本题考查影响反应速率的因素，明确温度、浓度、压强、催化剂、接触面积对反应速率的影响即可解答，并注意使用前提来解答，题目难度不大．
11.【答案】D
【解析】解：反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，
A、SO3的质量保持不变，即浓度不变，达到化学平衡状态，故A不选；
B、二氧化硫的体积百分含量不变，能作为判断达到平衡状态的判据，故B不选；
C、SO2和SO3的生成速率相等，证明化学反应中正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C不选；
D、平衡时各物质的物质的量的多少取决于起始量与转化的程度，不能作为判断达到平衡的依据，故D选；
故选D.
当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断，
A、物质的浓度不再改变证明反应达到平衡状态；
B、各物质的体积百分含量不变能作为判断达到平衡的依据；
C、SO2和SO3的生成速率相等，说明正逆反应速率相等；
D、各物质的物质的量的多少取决于起始量与转化的程度，不能作为判断达到平衡的依据．
本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意把握判断的角度以及平衡状态的特征，难度不大．
12.【答案】D
【解析】解：当其它条件不变时，C的质量分数与温度(T)的关系如图，温度为T2时优先达到平衡状态，说明温度T1
结合图示曲线变化可知，温度为T2时优先达到平衡状态，说明温度T1
13.【答案】A
【解析】解：A.增大A的浓度，反应物浓度增大，正反应速率加大，且平衡向正反应方向移动，故A正确；
B.减少C的量，平衡正向移动，但随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，故B错误；
C.该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，但温度降低正反应速率减小，故C错误；
D.增大压强正反应速率增大，但该反应气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，故D错误；
故选：A。
升高温度、增大反应物浓度、增大压强均可以加快反应速率，该反应气体体积不变的放热反应，降低温度、增大反应物浓度平衡正向移动，改变压强平衡不移动，以此进行判断。
本题考查化学平衡、化学反应速率的影响，为高频考点，明确外界条件对化学平衡、化学反应速率的影响为解答关键，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。
14.【答案】C
【解析】解：A.将金属钠投入水中的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故A错误；
B.向硫酸铝溶液中通入过量氨气，离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；
C.向氯化铵溶液中加入氢氧化钠，离子方程式为：NH4++OH−=NH3⋅H2O，故C正确；
D.向稀硫酸溶液中加入铁粉，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；
故选：C。
A.该反应不满足得失电子守恒和质量守恒定律；
B.一水合氨为弱碱，不能拆开；
C.氯化铵与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和一水合氨；
D.铁与稀硫酸反应生成亚铁离子。
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。
15.【答案】A
【解析】解：A、浓盐酸具有挥发性，能和氨气之间反应产生白烟，可以进行NH3泄漏，故A正确；
B、烧碱没有挥发性，不会和氨气之间反应，故B错误；
C、浓硫酸没有挥发性，可以喝氨气之间反应生成白烟，不符合要求，故C错误；
D、碳酸钠溶液没有挥发性，不能和氨气之间反应，故D错误。
故选：A。
根据题意，符合要求的物质具有的条件是：易挥发；能和氨气之间反应伴随明显的现象即可。
本题考查学生氨气的性质，注意总结常见的具有挥发性的物质，熟记物质的性质并灵活应用是解题关键所在，难度中等。
16.【答案】D
【解析】解：A.加搅拌的目的是使胆矾中结晶水完全失去，如果不用玻璃棒搅拌，胆矾中的结晶水只有部分失去，导致测定值偏低，故A错误；
B.温度过高导致胆矾变黑，硫酸铜分解生成CuO，应控制温度不可过高，否则导致测定值偏高，故B错误；
C.硫酸铜固体放在空气中冷却，易重新结合结晶水，应在干燥器中冷却，否则导致测定值偏低，故C错误；
D.连续两次称量结果相差0.001g，可认为恒重，完全失去结晶水，故D正确；
故选：D。
A.搅拌的目的是使胆矾中结晶水完全失去；
B.胆矾变黑，生成CuO；
C.硫酸铜固体放在空气中冷却，易重新结合结晶水；
D.连续两次称量结果相差0.001g，可认为完全失去结晶水。
本题考查了硫酸铜结晶水的测定，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确实验的原理、实验操作规范性是解本题关键，C为解答易错点，难度不大。
17.【答案】C
【解析】解：A.Na2CO3和HCl的相对量的不同可生成NaHCO3或CO2，或两种都有，故A错误；
B.硫化氢在少量氧气中燃烧，生成硫和水，在足量氧气中燃烧，生成SO2和水，故B错误；
C.氯气能将金属氧化为最高价，铁在氯气中燃烧，无论铁是否过量，都发生2Fe+3Cl2−加热2FeCl3，产物都是氯化铁，故C正确；
D.铝加入浓硫酸中发生钝化，铝的表面生成致密的氧化物薄膜，铝加入稀硫酸中反应生成硫酸铝和氢气，故D错误；
故选：C。
A.碳酸钠中滴加少量盐酸，生成碳酸氢钠，过量盐酸生成二氧化碳气体；
B.硫化氢在氧气中燃烧，氧气量的不同，生成的产物不同；
C.铁与氯气反应只生成氯化铁；
D.硫酸的浓度不同，产物不同。
本题考查了物质的用量或浓度不同导致产物不同，明确物质之间的反应是解本题的关键，易错选项是D，注意不能用铁和氯气制得氯化亚铁，只能制得氯化铁，题目难度中等。
18.【答案】D
【解析】解：该原电池中，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极上电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，正极反应式为2H++2e−=H2↑；
A.该原电池中Zn失电子发生氧化反应而作负极，故A正确；
B.Zn、石墨和稀硫酸构成原电池，Zn易失电子作负极，石墨作正极，该原电池有电流产生，所以电流计G指针依然会同向发生偏转，故B正确；
C.铜片上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e−=H2↑，得到的气体逸出，所以铜片质量不变，故C正确；
D.电子不进入电解质溶液，电子先从锌片沿导线流向铜片，电解质溶液中阴阳离子定向移动而形成电流，形成闭合回路，故D错误；
故选：D。
该原电池中，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极上电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，正极反应式为2H++2e−=H2↑；
A.失电子发生氧化反应的电极为负极；
B.Zn、石墨和稀硫酸构成原电池，Zn易失电子作负极，石墨作正极；
C.铜片上氢离子得电子生成氢气，得到的气体逸出；
D.电子不进入电解质溶液。
本题考查原电池原理，侧重考查对基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原电池正负极判断方法、各个电极上发生的反应、电子移动方向等知识点是解本题关键，题目难度不大。
19.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了化学平衡建立的影响因素分析判断，图象分析应用是解题关键，题目难度中等。
【解答】
分析图象可知，t2→t3是原平衡逆向移动后建立的平衡，SO3的百分含量降低，t3→t4和t2→t3两个时间段内，SO3的百分含量相同，t5→t6是平衡再次逆向移动后建立的平衡，SO3的百分含量再次降低，所以t0→t1时间段内达到的平衡状态下三氧化硫的百分含量最大，故A正确。
故选A。
20.【答案】C
【解析】解：A.铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够形成合金，故A错误；
B.铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故B错误；
C.铁的熔点高于钠的沸点，两种金属不能形成合金，故C正确；
D.铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故D错误．
故选C.
由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点．
本题考查合金的定义，题目难度不大，注意基础知识的积累．
21.【答案】D
【解析】解：平衡时测得A的浓度为0.50ml/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30ml/L，说明降低压强平衡向逆方向移动，则
A.降低压强平衡向逆方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数，应为x+y>z，故A错误；
B.由以上分析可知平衡向逆方向移动，故B错误；
C.平衡向逆方向移动，B的转化率降低，故C错误；
D.平衡向逆方向移动，C的体积分数下降，故D正确。
故选：D。
平衡时测得A的浓度为0.50ml/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，如平衡不移动，则A的浓度应降低为0.25ml/L，而此时为0.3ml/L，则说明降低压强平衡向逆方向移动，以此进行判断．
本题考查化学平衡移动知识，题目难度不大，注意从浓度的变化的角度判断平衡移动的方向，结合压强对平衡移动的影响分析．
22.【答案】B
【解析】解：A.根据平衡：2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气即增大氧气的量可以使化学平衡正向移动，提高SO2的利用率，所以能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B.增大压强后，平衡正向移动，但增大压强导致反应体系的体积减小，平衡时c(NO2)大于原来平衡浓度，则气体颜色加深，所以不能用勒夏特里原理解释，故B选；
C.氨水中存在可逆反应：NH3⋅H2O⇌NH3+H2O，氨水浓度越高，氨气越容易挥发逸出，当密闭时，总体积一定，一旦逸出氨气，总瓶内压强增大，使平衡逆向移动，抑制了一水合氨的挥发，能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D.氯气在水中存在溶解平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，将氯气通入饱和食盐水中，相当于增加了氯离子浓度，平衡左移，氯气的溶解度减小，所以实验室中可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能够用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：B。
勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。
本题考查勒夏特列原理的应用，为高频考点，明确勒夏特列原理的适用范围为解答关键，注意掌握勒夏特列原理的内容，题目难度不大。
23.【答案】A
【解析】解：A.H2S具有还原性，能够将溶液中的Fe3+转化成Fe2+，故A正确；
B.NH3⋅H2O与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，无法将溶液中的Fe3+转化成Fe2+，故B错误；
C.Cl2具有强氧化性，不与铁离子反应，无法将溶液中的Fe3+转化成Fe2+，故C错误；
D.CuSO4溶液与铁离子不反应，无法将溶液中的Fe3+转化成Fe2+，故D错误；
故选：A。
将溶液中的Fe3+转化成Fe2+的过程中铁元素化合价降低被还原，则加入的物质具有还原性，常见的还原剂：金属单质、氢气、碳单质、碘化物、硫化物等，以此结合选项中各物质性质进行判断。
本题考查铁盐与亚铁盐的相互转化，为高频考点，把握常见物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握铁盐与亚铁盐的相互转化方法，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。
24.【答案】C
【解析】解：A.碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，现象相同，无法鉴别，故A错误；
B.向Na2CO3中逐滴加入盐酸时，先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，产生气体较为剧烈的为碳酸氢钠，故B错误；
C.碳酸钠与氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，故氯化钙溶液可以区分两物质，故C正确；
D.NaOH和Na2CO3不反应，NaOH和NaHCO3反应生成无色的Na2CO3和H2O，二者都没有明显现象，无法鉴别，故D错误；
故选：C。
A.二者都能和澄清石灰水反应生成难溶性的CaCO3；
B.Na2CO3和HCl反应方程式为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，所以向Na2CO3中逐滴加入盐酸时，先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体；
C.碳酸钠与氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应；
D.NaOH和Na2CO3不反应，NaOH和NaHCO3反应生成无色的Na2CO3和H2O。
本题考查Na2CO3和NaHCO3的鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确元素化合物的性质及其性质差异性是解本题关键，题目难度不大。
25.【答案】C
【解析】解：0.4gNaOH的物质的量为0.01ml，1.06gNa2CO3的物质的量也为0.01ml，对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成。
与氢氧化钠反应没有气体生成，再滴加含有0.01mlHCl的盐酸时，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；
B.图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；
C.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；
D.因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；
故选：C。
0.4gNaOH的物质的量为0.01ml，1.06gNa2CO3的物质的量也为0.01ml，对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。
此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应。是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
26.【答案】 N≡NS2− N3− Na+ 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Na 将两种金属单质分别投入冷水中，钠能和冷水发生剧烈反应，而铝不和水反应 Na和Al的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱 NH3+H+=NH4+
【解析】解：由分析可知，A为Al、B为S、C为Na、D为N；
(1)A为Al元素，原子结构示意图为；B与C形成的化合物为Na2S，其电子式为；D元素形成的单质为N2，其结构式为N≡N，
故答案为：；；N≡N；
(2)离子的电子层结构相同，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，故离子半径：S2−>N3−>Na+>Al3+，
故答案为：S2−；N3−；Na+；Al3+；
(3)C的一种氧化物可做潜艇中的供氧剂，该氧化物为Na2O2，与CO2反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(4)同周期自左而右金属性减弱，故金属性Na>Al，证明该结论的实验方案：将两种金属单质分别投入冷水中，钠能和冷水发生剧烈反应，而铝不和水反应；Na和Al的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，原子核对核外电子小于能力减弱，失电子能力减弱，金属性减弱；
故答案为：Na；将两种金属单质分别投入冷水中，钠能和冷水发生剧烈反应，而铝不和水反应；Na和Al的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱；
(5)B的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，D的气态氢化物为NH3，二者反应的离子反应方程式为NH3+H+=NH4+，
故答案为：NH3+H+=NH4+。
四种短周期元素，其中A是地壳中含量最多的金属元素，其氧化物具有两性，则A为Al；B为淡黄色固体，一种单质相对分子质量为256，能溶于CS2，则B为S元素；C的原子半径是短周期主族元素中最大的，则C为Na；D的氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一，也是空气质量预报的指标之一，该元素在三聚氰胺中含量较高，则D为N元素。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，注意金属性、非金属性强弱比较实验事实。
27.【答案】B 第三周期第ⅢA族 Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OFe3O4 0.9NA 2FeCl3+Fe=3FeCl2 若溶液呈血红色，则说明含Fe3+，若不显血红色，证明没有Fe3+ 取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液 若高锰酸钾溶液紫红色褪去，说明含Fe2+
【解析】解：(1)铝镁合金用于制作门窗、防护栏等时主要是利用了铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点，与导电性是否良好无关，故选：B，
故答案为：B；
(2)铝元素核电荷数为13，核外电子层数三个，最外层电子数3个，铝在周期表中的位置为：第三周期第ⅢA族，Al(OH)3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O−高温Fe3O4+4H2，生成的固态产物是：Fe3O4，
故答案为：第三周期第ⅢA族；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；Fe3O4；
(3)4Fe2O3+6NH4Cl=6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，上述反应中氮元素化合价−3价升高到0价，生成3ml氮气，电子转移总数18mle−，当生成3.36L氮气(标准状况)时，气体物质的量=，转移的电子数=0.15ml×18ml3ml×NA/ml=0.9NA，有同学认为，该反应产物中不应该有Fe生成，他的理由是铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2，
故答案为：0.9NA；2FeCl3+Fe=3FeCl2；
(4)铁离子能和硫氰化钾溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，铁离子不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，如果向溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色就说明含有铁离子，否则不含铁离子，如果向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，如果酸性高锰酸钾溶液褪色，就说明含有亚铁离子，否则不含亚铁离子，
故答案为：
。
(1)铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点；
(2)铝元素核电荷数为13，核外电子层数三个，最外层电子数3个，周期序数=电子层数，主族族序数=原子最外层电子数，据此判断在周期表中的位置，Al(OH)3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成四氧化三铁和氢气；
(3)反应4Fe2O3+6NH4Cl−△6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O中，N元素化合价升高，被氧化，NH4Cl为还原剂，三氧化二铁为氧化剂，结合元素化合价变化计算电子转移总数，该反应产物中不应该有Fe生成，因为铁和氯化铁反应生成氯化亚铁；
(4)铁离子能和硫氰化钾溶液反应络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，铁离子不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
本题考查了铝及其化合物性质、氧化还原反应电子守恒的计算应用、离子检验的实验设计等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
28.【答案】c0.01ml/(L⋅min)AD升高温度 降低压强 升高温度，反应②正向移动程度小于反应①逆向移动程度
【解析】解：(1)硫酸钙是固体，其他条件不变，增加CaSO4的用量，反应①的速率不变，
故答案为：c；
(2)CO分子获得1个O原子转化为CO2分子，固体质量减少为CO分子获得O原子的质量，则n(CO2)=n(O)=3.2g16g/ml=0.2ml，v(CO2)=0.2ml1L20min=0.01ml/(L⋅min)；
A.反应①前后气体的体积不变，自始至终压强不变，不能说明到达平衡，故A错误；
B.随反应进行气体的质量增大，气体密度增大，当气体的密度不变，说明反应到达平衡，故B正确；
C.由于v逆(CO2)=v逆(CO)，当v正(CO)=v逆(CO2)，说明v逆(CO)=v正(CO)，反应到达平衡，故C正确；
D.反应到达平衡时，CO、CO2浓度不发生变化，但二者浓度不一定相等，故D错误，
故答案为：0.01ml/(L⋅min)；AD；
(3)为了提高反应②的CO的吸收率，改变条件使平衡正向移动，正反应为气体体积增大的吸热反应，可以适当升高温度、降低压强，
故答案为：升高温度；降低压强；
(4)反应为②为吸热反应，反应物总能量小于生成物的总能量，补全如图中反应②的能量变化示意图为，
故答案为：；
(5)反应①为放热反应，反应②为吸热反应，升高温度，反应①逆向移动，反应②正向移动，均再次达到平衡，发现CO的吸收率减小，可能原因是：升高温度，反应②正向移动程度小于反应①逆向移动程度，
故答案为：升高温度，反应②正向移动程度小于反应①逆向移动程度。
(1)硫酸钙是固体，其用量不影响反应速率；
(2)CO分子获得1个O原子转化为CO2分子，固体质量减少为CO分子获得O原子的质量，则n(CO2)=n(O)，再根据v=△nV△t计算v(CO2)；可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，由变化到不变化说明到达平衡；
(3)为了提高反应②的CO的吸收率，改变条件使平衡正向移动；
(4)反应为②为吸热反应，反应物总能量小于生成物的总能量；
(5)升高温度，反应①逆向移动，反应②正向移动，CO的吸收率减小，说明对反应①影响更大。
本题考查化学反应速率、化学平衡，涉及反应速率影响因素、反应速率计算、平衡状态判断、平衡移动等，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。
29.【答案】制取氯气 分液漏斗 吸收多余的氯气，防止污染空气 紫色固体不再增加，该装置出现黄绿色气体 +6+6价Fe元素具有强氧化性，在水中能杀菌消毒，其还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，从而起到净水的作用 3.96g
【解析】解：(1)装置A中生成氯气：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；盛浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，
故答案为：制取氯气；分液漏斗；
(2)C中的NaOH溶液用于吸收多余的氯气，防止污染空气；装置B中紫色固体不再增加，该装置出现黄绿色气体，
故答案为：吸收多余的氯气，防止污染空气；紫色固体不再增加，该装置出现黄绿色气体；
(3)铁酸钾中氧元素为−2价，钾元素为+1价，根据正负化合价代数和为零，判断Fe元素为+6价，+6价Fe元素具有强氧化性，在水中能杀菌消毒，其还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，从而起到净水的作用，
故答案为：+6；+6价Fe元素具有强氧化性，在水中能杀菌消毒，其还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，从而起到净水的作用；
(4)根据题意，结合原子守恒和化合价升高守恒，可得方程式：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，则有关系式：2K2FeO4∼3Cl2，n(Cl2)=，生成K2FeO4质量为0.02ml×198g/ml=3.96g，
故答案为：3.96g。
装置A中生成氯气：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；B中得反应为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；C中的NaOH溶液用于吸收多余的氯气，结合给出的材料信息进行解题。
本题考查了物质的性质检验，掌握常见物质的性质是解题关键，题目难度中等，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题给信息，结合物质的性质解题。
Na
Cu
Al
Fe
熔点(℃)
97.5
1083
660
1535
沸点(℃)
883
2595
2200
3000
方案
操作
判断
A
分别加入澄清石灰水
产生沉淀者为Na2CO3溶液
B
分别加入等物质的量浓度的稀盐酸
反应较剧烈者为Na2CO3溶液
C
分别加入CaCl2溶液
产生沉淀者为Na2CO3溶液
D
逐滴加入等物质的量浓度的NaOH溶液
无明显现象的是Na2CO3溶液
元素
A
B
C
D
性质结构信息
地壳中含量最多的金属元素；其氧化物具有两性。
淡黄色固体；一种单质相对分子质量为256，能溶于
CS2。
原子半径是短周期主族元素中最大的。
其氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一，也是空气质量预报的指标之一；该元素在三聚氰胺中含量较高。
实验步骤
操作
现象与结论
第一步
取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴KSCN溶液。
______
第二步
______
______ ；若无明显变化，则说明不含Fe2+。
实验步骤
操作
现象与结论
第一步
若溶液呈血红色，则说明含Fe3+，若不显血红色，证明没有Fe3+
第二步
取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液
若高锰酸钾溶液紫红色褪去，说明含Fe2+
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