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2022-2023学年辽宁省沈阳120中高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳120中高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省沈阳120中高一（上）期末化学试卷
1. 化学在生活中应用广泛，下列说法错误的是( )
A. Na2O2能与水和CO2反应，可以做呼吸面具的供氧剂
B. 硬铝密度大、强度高，可制造飞机外壳
C. NaClO具有强氧化性，可作织物漂白剂
D. Al(OH)3是两性氢氧化物，可以作胃酸中和剂
2. 下列关于物质的分类中，正确的是( )
选项
碱性氧化物
酸
盐
混合物
电解质
A
FeO
HClO
烧碱
FeSO4⋅7H2O
CO2
B
Na2O2
HNO3
NaHSO4
漂白粉
NaCl
C
CuO
H2SO4
纯碱
Fe(OH)3胶体
MgO
D
Al2O3
Al(OH)3
K2CO3
自来水
NH3⋅H2O
A. A B. B C. C D. D
3. 化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语错误的是( )
A. 光气(COCl2)的结构式为 B. Cl−的结构示意图为
C. HClO的电子式为 D. 中子数为80的碘原子为 51131I
4. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是( )
A. 标准状况下，9gH2O所占的体积为11.2L
B. 1molOH−所含的电子数为10NA
C. 标准状况下，28gCO和N2的混合气体的体积为44.8L
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl−数目为NA
5. 下列说法正确的是( )
①离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键
②共价化合物一定含共价键，也可能含离子键
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物
④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
⑤由分子组成的物质中一定存在共价键
⑥熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物．
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ②③④ D. ①③⑥
6. 下列实验操作及现象、结论均正确的是( )
选项
实验操作及现象
结论
A
将Na粒投入MgCl2溶液析出银白色固体
固体为Mg
B
在空气中灼烧黑色的FeO粉末，无明显现象
FeO热稳定性良好
C
将表面积相同且用砂纸打磨后的镁条、铝条分别放入沸水中，镁条与水反应产生气泡，溶液变浑浊；铝条与沸水无明显现象
镁的失电子能力比铝强
D
向Na2S溶液中滴加盐酸，产生臭鸡蛋气味的气体
非金属性：Cl>S
A. A B. B C. C D. D
7. 下列有关元素周期表的说法中，错误的是( )
A. 元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素
B. 第ⅠA、ⅡA族和第ⅥA、ⅦA族的元素只能形成离子键
C. 同主族不同周期的原子其原子序数可能相差2、16、26、36、50、84等
D. 最外层电子数相同的元素不一定是同一族的元素
8. 某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42−、NO3−、Cl−中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol。若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变。下列说法错误的是( )
A. 若向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色
B. 加入稀硫酸发生反应的离子方程式为：3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
C. 该溶液中一定有Na+
D. 若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72g
9. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−
B. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+
C. 向NaClO溶液中通入少量SO2：2ClO−+SO2+H2O=2HClO+SO32−
D. 氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
10. 在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4−+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+.下列判断正确的是( )
A. 标准状况下，产生22.4LO2时反应转移2mole−
B. Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
C. O2是还原产物，Mn2+是氧化产物
D. 通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液
11. X、Y、Z、W四种物质间的转化关系如图所示，下列转化关系中不能一步实现的是( )
选项
X
Y
Z
W
A
CO2
Na2CO3
NaHCO3
CaCO3
B
Cl2
Ca(ClO)2
HClO
HCl
C
Fe
FeCl3
Fe(OH)3
Fe2O3
D
AlCl3
NaAlO2
Al(OH)3
Al
A. A B. B C. C D. D
12. 向一定量的Cu、CuO、Fe2O3的混合物中加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+.若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为( )
A. 0.8g
B. 1.6g
C. 2.4g
D. 3.2g
13. 在学习了氯及其化合物的知识后，某学生绘制了如图所示的“价⋅类”二维图，下列叙述错误的是( )
A. c可以用于自来水的杀菌消毒，f可以用于环境杀菌消毒
B. 向e的饱和溶液中先通NH3再通CO2，加热过滤得到的固体可制得纯碱
C. 将b通入一定温度下的NaOH溶液中，生成e和g，则n(e)：n(g)=1：1
D. 向部分变质的f加入a，反应生成的气体既有b又有CO2
14. 把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16g白色沉淀，在所得的悬浊液中逐滴加入1mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积V与生成沉淀的质量m的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 三种固体溶于足量水反应后有NaOH剩余 B. B点的沉淀物为Mg(OH)2和Al(OH)3
C. 原混合物中NaOH的质量是5.20g D. Q点HCl溶液加入量是120mL
15. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于10，下列说法错误的是( )
A. 简单氢化物的热稳定性：Z>W
B. 离子半径：W>Z>Y>X
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>X
D. XW2分子的空间结构是直线形且各原子最外层均满足8电子稳定结构
16. 物质的量浓度是一种常用的溶液浓度表示方法，利用其进行定量分析计算比较方便。
Ⅰ.实验需要0.8mol⋅L−1NaOH溶液475mL和0.3mol⋅L−1硫酸溶液500mL。回答下列问题：
(1)若用质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸来配制0.3mol⋅L−1硫酸溶液，需用量筒量取体积为 ______mL的浓硫酸来稀释。
(2)在配制过程中，下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是 ______(填序号)。
A.定容时俯视观察
B.定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
C.浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移
D.容量瓶未干燥即用来配制溶液
E.往容量瓶转移时，有少量液体溅出
F.未洗涤稀释浓硫酸的烧杯
(3)欲用NaOH固体配制0.8mol⋅L−1NaOH475mL。下列说法正确的是 ______(填字母)。
A.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器
B.容量瓶使用前应检漏
C.需要称量NaOH固体的质量为15.2g
D.称量NaOH固体时将NaOH放在纸上称
Ⅱ.次氯酸钾，是一种强氧化剂，极易溶于冷水，遇热水则分解。主要用作氧化剂、漂白剂、消毒剂、杀菌剂。已知氯气与KOH反应放热，反应温度较高时有副反应发生。
i.配制KOH溶液
ii.制备KClO溶液
(4)B中盛放的试剂是 ______，D中反应的离子方程式为 ______。
(5)根据题给信息，分析该实验装置中存在的不足并提出改进措施：______。
(6)加热150mL12mol⋅L−1HCl溶液和3.48gMnO2粉末的混合物，若反应充分进行，则理论上可产生的Cl2在标准状况下的体积为 ______mL。
17. 随着原子序数的递增，A∼G七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示。
(1)在A、B、F、G四种元素中，非金属性最弱的元素在周期表中的位置为 ______。
(2)用电子式表示元素C与D按原子个数比1：2形成化合物的过程 ______。
(3)E元素的最高价氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是 ______。
(4)元素A与C形成的电子总数为22的分子的结构式为 ______。
(5)元素C与D按原子个数比1：1形成的化合物的电子式为 ______，其所含的化学键有 ______(填离子键、极性键或非极性键)。
(6)用铂丝蘸取D的氯化物在火焰上灼烧，根据火焰呈现的特征颜色，可以判断D元素的存在，化学上把这种定性分析操作称为 ______。
18. 某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体[FeSO4⋅7H2O]和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用。其实验方案如图：
回答下列问题：
(1)写出合金与烧碱溶液反应的离子方程式。 ______。
(2)进行途径②时，该小组用如图所示装置及试剂，将制得的CO2气体通入滤液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是 ______(用离子方程式表示)；为了避免沉淀D减少，应该在装置Ⅰ和装置Ⅱ之间增加一个盛有______的洗气瓶。
(3)通过途径④制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：加硫酸、加热通氧气、过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥。其中“加热通氧气”所起的作用为 ______(用离子方程式表示)。
(4)白磷有剧毒，不慎沾到皮肤上，可取少量胆矾配制成CuSO4溶液冲洗解毒。白磷可与热的CuSO4溶液反应生成Cu3P，与冷溶液则析出Cu，反应方程式分别(均未配平)为：
①P4+CuSO4+H2O→△Cu3P+H3PO4+H2SO4
②P4+CuSO4+H2O→Cu+H3PO4+H2SO4
若上述两反应中被氧化的P4的物质的量相等，则消耗的CuSO4的物质的量之比为 ______。
(5)将绿矾加热失去结晶水后的产物FeSO4，进行如图转化(无关物质已略去)：
已知：X由两种化合物组成，将X通入氯水，溶液褪色；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀。Y是红棕色的化合物。
①请写出X使氯水褪色所发生的反应的化学方程式 ______。
②若经反应Ⅰ得到16g固体Y，产生的气体X恰好被0.4L1mol/LNaOH溶液完全吸收，则反应Ⅳ中生成FeSO4的离子方程式是 ______。
19. 氢能是一种洁净的可再生能源，制备和储存氢气是氢能开发关键环节。
Ⅰ.最近科学家对一种新型储氢材料(C16S8)进行研究，从理论角度证明这种分子中的原子都处于同一平面上(结构如图所示)，每个平面上下最多可吸附10个H2分子。
(1)C16S8与H2间以 ______(填微粒间作用力类型)结合。
(2)C16S8中C−S键的共用电子对偏向于S，举出一个事实，说明硫的非金属性比碳强(用化学方程式表示)：______。
Ⅱ.LiBH4是储氢材料，已知其由Li+和BH4−构成，LiBH4释放氢气的原理为2LiBH4→2LiH+2B+3H2↑。
(3)由元素周期律能得到 ______。(填序号)。
A.碱性：LiOH
C.氧化性：Li+>Na+
D.密度：Li
A.离子键
B.共价键
C.氢键
D.分子间作用力
(5)氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其电子式 ______。
(6)若该反应中释放67.2LH2(标况下)，则转移的电子数为 ______个。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.Na2O2能与水和CO2反应都能反应生成氧气，可以做呼吸面具的供氧剂，故A正确；
B.铝属于轻金属，硬铝属于合金，密度小，强度高，适合用于制造飞机，故B错误；
C.次氯酸钠具有强氧化性，能够氧化有机色素而具有漂白性，可作织物漂白剂，故C正确；
D.Al(OH)3是两性氢氧化物，能与盐酸反应，可消耗胃中过多盐酸，常用于制胃酸中和剂，故D正确；
故选：B。
A.过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气；
B.铝属于轻金属，密度小；
C.次氯酸钠具有强氧化性，能够氧化有机色素而具有漂白性；
D.Al(OH)3具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应。
本题考查了常见物质的用途，熟悉常见物质的性质与应用是解题关键，注意结构性质和用途的对应关系，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.FeSO4⋅7H2O是一种物质组成的纯净物，CO2不能电离，属于非电解质，故A错误；
B.Na2O2为过氧化物，不是碱性氧化物，故B错误；
C.CuO属于碱性氧化物，H2SO4属于酸，纯碱是碳酸钠为盐，Fe(OH)3胶体是混合物，氯化钠是溶于水能导电的化合物，MgO熔融状态导电，属于电解质，故C正确；
D.Al2O3是两性氧化物，Al(OH)3是两性氢氧化物，故D错误；
故选：C。
和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，
水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，
金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子构成的化合物为盐，
不同物质组成的为混合物，
水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。
本题考查了物质分类、物质组成、物质性质和名称，主要是碱性氧化物、酸、盐、混合物和电解质概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.光气(COCl2)为共价化合物，中心原子是C，1个分子中含有2个C−Cl键和1个C=O键，其结构式为，故A正确；
B.Cl−的质子数为17，电子数为18，核外各层上电子数分别为2、8、8，其结构示意图为，故B正确；
C.HClO是共价化合物，中心原子是O，O、H原子间，O、Cl原子间共用1对电子，O、Cl原子的最外层电子数为8，其电子式为，故C正确；
D.碘的质子数为53，中子数为80的碘原子的质量数为53+80=133，该核素为 53133I，故D错误；
故选：D。
A.COCl2为共价化合物，分子中含有C−Cl键和C=O键；
B.Cl−的质子数为17，电子数为18，核外电子分层排布；
C.HClO是共价化合物，中心原子是O，O、H原子间，O、Cl原子间共用1对电子；
D.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角。
本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、离子结构示意图、结构式等和核素等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力。
4.【答案】B
【解析】解：A.标况下，水不是气体，无法使用22.4L/mol计算体积，故A错误；
B.1molOH−所含的电子数为1mol×10×NA/mol=10NA，故B正确；
C.标准状况下，28gCO和N2的混合气体的体积为28g28g/mol×22.4L/mol=22.4L，故C错误；
D.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故D错误；
故选：B。
A.22.4L/mol的使用条件为标况下的气体；
B.一个OH−含10个电子；
C.CO和N2的摩尔质量均为28g/mol；
D.题目未给溶液体积。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：①离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键，如NaOH中含有极性键，Na2O2中含有非极性键，故①正确；
②共价化合物一定含共价键，一定没有离子键，故②错误；
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3，故③正确；
④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl，故④错误；
⑤由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，稀有气体是单原子分子，不存在化学键，故⑤错误；
⑥熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物，只有离子化合物在熔融状态下电离出自由移动的离子，故⑥正确；
故选：D。
共价键是由非金属原子之间通过共用电子对形成的化学键，既可存在于离子化合物中，也可存在于共价化合物中；离子键是离子之间的静电作用，只存在于离子化合物中．
本题考查了化合物中存在的化学键，难度不大，易错的是⑤，注意离子化合物和共价化合物的区别．
6.【答案】C
【解析】解：A.Na粒投入MgCl2溶液中，生成氢氧化镁、氢气、氯化钠，析出固体不是Mg，故A错误；
B.在空气中灼烧黑色的FeO粉末，生成四氧化三铁，FeO易被氧化，故B错误；
C.金属性越强，与水反应越剧烈，由实验操作和现象可知，镁的失电子能力比铝强，故C正确；
D.盐酸、氢硫酸均为无氧酸，不能比较Cl、S的非金属性强弱，故D错误；
故选：C。
A.Na粒投入MgCl2溶液中，生成氢氧化镁、氢气、氯化钠；
B.在空气中灼烧黑色的FeO粉末，生成四氧化三铁；
C.金属性越强，与水反应越剧烈；
D.盐酸、氢硫酸均为无氧酸。
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、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。
7.【答案】B
【解析】解：A.元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素，称为过渡金属，故A正确；
B.第ⅠA的H和第ⅥA、ⅦA族的元素形成共价键，如HF、HCl、H2S等，故B错误；
C.从第一周期到第七周期，每一周期的元素种类数分别为2、8、8、18、18、32、32，同主族不同周期的原子其原子序数可能相差2、8、18、32，也可能相差相邻周期元素种类数的和，如相差16(即8+8)就可以是第ⅠA族第二周期和第四周期的两种元素，相差84只能是0族的He和Rn，故C正确；
D.最外层电子数相同的元素不一定是同一族的元素，如0族元素He和第ⅡA族元素的原子最外层均为2个电子，过渡元素里也有很多元素的原子最外层也是2个电子，故D正确；
故选：B。
A.过渡金属全是金属元素；
B.第ⅠA的H和第ⅥA、ⅦA族的元素形成共价键；
C.从第一周期到第七周期，每一周期的元素种类数分别为2、8、8、18、18、32、32，同主族不同周期的原子其原子序数可能相差2、8、18、32，也可能相差相邻周期元素种类数的和；
D.0族元素He和第ⅡA族元素的原子最外层均为2个电子。
本题考查元素周期表，侧重考查学生元素周期表结构的掌握情况，试题难度中等。
8.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有Fe2+、NO3−，加入过量的稀硫酸时Fe2+、NO3−发生反应生成了Fe3+，Fe3+和SCN−生成Fe(SCN)3，溶液显血红色，故A正确；
B.原溶液中一定含有Fe2+、NO3−，Fe2+具有强还原性，HNO3具有强氧化性，则加入稀硫酸发生的反应为3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故B正确；
C.由上述分析可知，原溶液中一定含有Fe2+、Na+、SO42−、NO3−，故C正确；
D.若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后生成1molFe(OH)3，过滤、洗涤、灼烧，最终得到0.5mol1molFe2O3，质量为0.5mol×160g/mol=80g，故D错误；
故选：D。
向溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3−的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，说明原溶液中一定含有SO42−，无Ba2+；原溶液中所含离子的物质的量均为1mol，由溶液不显电性可知，溶液中一定含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，综上原溶液中一定含有Fe2+、Na+、SO42−、NO3−，一定无Al3+、Ba2+、Cl−，据此分析解答。
本题考查离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰和电荷守恒的应用，题目难度中等。
9.【答案】A
【解析】解：A.NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子方程式为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，故A正确；
B.由于碳酸的酸性弱于盐酸，向CaCl2溶液中通入CO2后不发生反应，无法书写离子方程式，故B错误；
C.向NaClO溶液中通入少量SO2的离子方程式为：3ClO−+SO2+H2O=SO42−+2HClO+Cl−，故C错误；
D.氧化亚铁溶于稀硝酸的离子方程式为：3FeO+10H++NO3−=3Fe3++NO↑+5H2O，故D错误；
故选：A。
A.偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；
B.碳酸的酸性弱于盐酸，二者不发生反应；
C.次氯酸根离子具有强氧化性，能够将二氧化硫氧化为硫酸根离子；
D.稀硝酸具有强氧化性，能够氧化亚铁离子。
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。
10.【答案】A
【解析】解：A、标准状况下，产生22.4LO2时反应转移2×[0−(−1)]×22.4L22.4L⋅mol−1=2mole−，故A正确；
B、过氧化钠中O元素的化合价升高，过氧化钠是还原剂，故B错误；
C、Mn元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2+是还原产物，故C错误；
D、用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，故D错误；
故选：A。
在2MnO4−+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+中，2MnO4−→2Mn2+，Mn元素的化合价由+7价→+2价，得到2×5e−，Mn元素的化合价降低其所在的物质高锰酸钾是氧化剂，5Na2O2→5O2，O元素的化合价由−1价→0价，失去10×e−，过氧化钠是还原剂，以此来解答。
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为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.CO2和NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3和H2O、CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3和Ca(OH)2反应生成CaCO3，CaCO3高温分解生成CO2，所以物质之间能一步转化，故A错误；
B.Cl2和Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2溶液和CO2反应生成HClO，HClO光照条件下分解生成HCl，浓盐酸和MnO2共热生成Cl2，物质之间能一步转化，故B错误；
C.Fe和氯气反应生成FeCl3，FeCl3和碱溶液反应生成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3，Fe2O3和氢气反应生成Fe，物质之间能一步转化，故C错误；
D.AlCl3和过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液和CO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3不能一步转化为Al，故D正确；
故选：D。
A.CO2和NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3和H2O、CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3和Ca(OH)2反应生成CaCO3，CaCO3高温分解生成CO2；
B.Cl2和Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2溶液和CO2反应生成HClO，HClO光照条件下分解生成HCl，浓盐酸和MnO2共热生成Cl2；
C.Fe和氯气反应生成FeCl3，FeCl3和碱溶液反应生成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3，Fe2O3和氢气反应生成Fe；
D.AlCl3和过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液和CO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3不能一步转化为Al。
本题考查物质之间的转化关系，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：CuO、Fe2O3与盐酸反应，且Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，由水的分子式H2O可知，氧化物中2n(O)=n(HCl)=0.1L×1mol/L=0.1mol，故n(O)=0.05mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为0.05mol×16g/mol=0.8g。
故选：A。
混合物中加入100mL1mol⋅L−1的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应生成氯化铁与水，生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁，CuO与盐酸反应生成氯化铜和水．由水的分子式H2O可知，氧化物中2n(O)=n(HCl)，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量．
本题考查混合物的计算，为高频考点，把握发生的反应及H、O原子关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大．
13.【答案】C
【解析】解：A.c为ClO2，具有强氧化性，c可以用于自来水的杀菌消毒，f为次氯酸盐，具有强氧化性，f可以用于环境杀菌消毒，故A正确；
B.若e为NaCl，向e的饱和溶液中先通NH3再通CO2，可增大二氧化碳的溶解，析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，可制备纯碱，故B正确；
C.b为氯气，生成e和g，分别为NaCl、NaClO3，由得失电子守恒可知，n(e)：n(g)=5：1，故C错误；
D.f为次氯酸盐，变质混有碳酸盐，a为HCl，次氯酸盐与盐酸反应生成氯气，碳酸盐与盐酸反应生成二氧化碳，故D正确；
故选：C。
A.c为ClO2，具有强氧化性，f为次氯酸盐，具有强氧化性；
B.若e为NaCl，向e的饱和溶液中先通NH3再通CO2，可增大二氧化碳的溶解，析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠；
C.b为氯气，生成e和g，分别为NaCl、NaClO3，结合得失电子守恒判断；
D.f为次氯酸盐，变质混有碳酸盐，a为HCl。
本题考查含氯物质的性质，为高频考点，把握元素的化合价及物质类别推断物质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A、向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0−A时沉淀的质量不变，说明此时盐酸和氢氧化钠反应，即：NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，溶液中NaOH过量，此时溶液中铝离子为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2，故A正确；
B、A−B段，有沉淀生成，应为盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，故B正确；
C、B点溶液中存在的溶质是氯化钠，由Na+离子和Cl−离子守恒得，原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl−)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，则n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.13mol，其质量为：40g/mol×0.13mol=5.2g，故C正确；
D、B−Q过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，原反应物为：NaOH、MgCl2、AlCl3和盐酸，对比知反应前后MgCl2、AlCl3不变，实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应，所以Q点可以看做氢氧化钠和盐酸二者恰好反应，n(NaOH)=n(HCl)，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，由Na+离子和Cl−离子守恒得，原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl−)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，则V(HCl)=0.13mol1mol/L=0.13L=130mL，故D错误；
故选：D。
向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0−A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2；A−B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2−+H+=Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3；B−C过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠。
本题考查了镁铝化合物的有关计算，题目难度中等，明确曲线变化趋势及每段发生的化学反应是解本题关键，知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式、原子守恒对有关问题进行分析从而得出正确答案。
15.【答案】AB
【解析】解：由上述分析可知，X为C元素、Y为Na元素、Z为P元素、W为S元素，
A.同周期主族元素从左向右非金属性增强，则简单氢化物的热稳定性：Z
C.同周期主族元素从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>X，故C正确；
D.XW2分子的结构式为S=C=S，空间结构空间结构是直线形且各原子最外层均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：AB。
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X为H元素或ⅣA元素，X与W所在族序数之和等于10，若X为H元素，W的族序数为9不符合，则X为C元素时、W的族序数为6，结合原子序数可知W为S元素；Y为金属元素，Y与Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，Y为Na时，Z的最外层电子数为6−1=5，则Z为P元素，Y为Mg时，Z的最外层电子数为6−2=4，则X、Y位于同主族不符合，Y为Al时，Z最外层电子数为6−3=3不符合，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数、原子序数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。
16.【答案】8.2ACB饱和食盐水 Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O将装置D放入冰水浴冷却 896
【解析】解：(1)质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸的物质的量浓度c=1000ρωM=1000×1.84×98%98=18.4mol/L，配制500mL0.3mol⋅L−1硫酸溶液时n(H2SO4)不变，即18.4mol/L×V=0.5L×0.3mol/L，解得V≈0.0082L=8.2mL，
故答案为：8.2；
(2)A.定容时俯视观察，溶液总体积偏小，配制的硫酸溶液浓度偏高，故A正确；
B.定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液总体积偏大，配制的硫酸溶液浓度偏低，故B错误；
C.浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移，溶液总体积偏小，配制的硫酸溶液浓度偏高，故C正确；
D.容量瓶未干燥即用来配制溶液，对配制结果无影响，故D错误；
E.往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶液中溶质的物质的量偏小，配制的硫酸溶液浓度偏低，故E错误；
F.未洗涤稀释浓硫酸的烧杯，溶液中溶质的物质的量偏小，配制的硫酸溶液浓度偏低，故F错误；
故答案为：AC；
(3)A.用天平称量NaOH固体质量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用玻璃棒引流注入500mL容量瓶，洗涤烧杯、玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中，加水至刻度线1∼2cm改用胶头滴管滴加到溶液凹液面与刻度线水平相切，不需要①、②两种仪器，还需要玻璃棒、胶头滴管等两种仪器，故A错误；
B.容量瓶带有瓶塞，使用前需要检查是否漏液，故B正确；
C.配制0.8mol⋅L−1NaOH475mL，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠质量为0.8mol/L×0.5L×40g/mol=16.0g，故C错误；
D.氢氧化钠固体易潮解，具有腐蚀性，应该放在小烧杯中称量，故D错误；
故答案为：B；
(4)浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度较小，所以通入饱和食盐水中除去氯气中的氯化氢气体；氯气与KOH溶液反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，
故答案为：饱和食盐水；Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
(4)制备KClO的反应是放热反应，反应温度升高时有副反应发生，改进该实验装置以减少副反应发生的方法是将装置D在冷水浴中反应，
故答案为：将装置D放入冰水浴冷却；
(5)二氧化锰的物质的量为3.48g87g/mol=0.04mol，盐酸的物质的量为0.150L×12mol/L=1.8mol，反应为MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O，可知盐酸过量，则依据MnO2的物质的量计算生成氯气的物质的量n(Cl2)=0.04mol，标况下氯气的体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L=896mL，
故答案为：896。
(1)根据c=1000ρωM计算浓硫酸的物质的量浓度，结合稀释过程中硫酸的物质的量不变计算量取浓硫酸的体积V；
(2)分析不当操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析；
(3)A.用天平称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用玻璃棒引流注入500mL容量瓶，洗涤烧杯、玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中，加水至刻度线1∼2cm，改用胶头滴管滴加到溶液凹液面与刻度线水平相切；
B.依据容量瓶使用方法和注意事项解答；
C.依据n=cV和m=nM计算称量NaOH固体的质量；
D.氢氧化钠固体易潮解，故用纸称量NaOH固体时，会导致真正的氢氧化钠的质量偏小；
(3)依据浓盐酸的挥发性判断解答；氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
(4)制备KClO的反应是放热反应，反应温度升高时有副反应发生；
(5)发生的反应方程式为MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O计算产生氯气的物质的量，进而计算标况下气体体积。
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制、氯气的制备和性质检验等知识，把握配制操作步骤及注意事项、氯气的化学性质是解题关键，注意容量瓶规格选择及使用方法，题目难度不大。
17.【答案】第三周期ⅣA族 Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2OO=C=O 离子键、非极性键 焰色试验
【解析】解：由上述分析可知，A为C元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为Al元素、F为Si元素、G为S元素，
(1)在A、B、F、G四种元素中，非金属性最弱的元素为Si元素，在周期表中的位置为第三周期ⅣA族，
故答案为：第三周期ⅣA族；
(2)用电子式表示元素C与D按原子个数比1：2形成化合物的过程为，
故答案为：；
(3)E元素的最高价氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O；
(4)元素A与C形成的电子总数为22的分子的结构式为O=C=O，
故答案为：O=C=O；
(5)元素C与D按原子个数比1：1形成的化合物的电子式为，其所含的化学键有离子键、非极性键，
故答案为：；离子键、非极性键；
(6)用铂丝蘸取D的氯化物在火焰上灼烧，根据火焰呈现的特征颜色，可以判断D元素的存在，化学上把这种定性分析操作称为焰色试验，
故答案为：焰色试验。
A∼G是七种短周期元素，C、G都有最低价−2，二者处于VIA族，且G的原子序数大、最高价为+6价，则C为O元素、G为S元素；A、F都有+4、−4价，二者处于IVA族，F的原子序数大于A，故A为C元素、F为Si元素；B原子序数介于C、O之间，且最高价为+5价，则B为N元素；D、E的最高价分别为+1、+3，二者分别处于IA族、ⅢA族，二者的原子序数都大于O，则D为Na元素、E为Al元素；
(1)同周期主族元素从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱；
(2)元素C与D按原子个数比1：2形成化合物为Na2O；
(3)E元素的最高价氧化物为氧化铝，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；
(4)元素A与C形成的电子总数为22的分子为CO2；
(5)元素C与D按原子个数比1：1形成的化合物为Na2O2；
(6)钠元素的焰色为黄色。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的化合价、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及化学用语的使用，题目难度不大。
18.【答案】2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O饱和NaHCO3溶液 2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O1：1SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4 2Fe3++SO32−+H2O=2Fe2++SO42−+2H+
【解析】解：(1)铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；
(2)大理石和浓盐酸反应生成二氧化碳，含有氯化氢，所以二氧化碳中有氯化氢，通入偏铝酸钠中，反应生成的氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；所以除去二氧化碳中的氯化氢，用饱和NaHCO3溶液，
故答案为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；饱和NaHCO3溶液；
(3)要得到硫酸铜晶体，先蒸发浓缩，然后冷却结晶。加热通入氧气可以在酸性条件下铜被氧气氧化，方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O，
故答案为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；
(4)11P4+60CuSO4+60H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4，前一个反应中有24摩尔磷被氧化，消耗60摩尔硫酸铜，后一个反应中4摩尔磷被氧化，消耗10摩尔硫酸铜，所以当被氧化的白磷的物质的量相等时，消耗的硫酸铜的物质的量比为1：1，
故答案为：1：1；
(5)X通入品红中，溶液褪色，说明含有二氧化硫，通入氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明含有三氧化硫，硫元素化合价降低，则铁元素化合价升高，所以固体中铁元素为+3价；
①二氧化硫与氯水反应生成盐酸和硫酸，其反应的化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，
故答案为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；
②经过反应I的得到的16克固体，为氧化铁，为0.1摩尔，产生气体为二氧化硫和三氧化硫，由方程式可知他们都为0.1摩尔，恰好被0.4mol/L的氢氧化钠溶液吸收，则氢氧化钠的物质的量为0.4摩尔，则生成的亚硫酸钠和硫酸钠都为0.1摩尔，则反应IV中为亚硫酸钠和硫酸铁溶液发生的氧化还原反应，方程式为2Fe3++SO32−+H2O=2Fe2++SO42−+2H+，
故答案为：2Fe3++SO32−+H2O=2Fe2++SO42−+2H+。
合金和氢氧化钠反应只有铝反应，所以滤液A中含有生成的偏铝酸钠和剩余的氢氧化钠，滤液A通入足量的二氧化碳，生成沉淀为氢氧化铝。滤渣为铁和铜。滤渣B加入足量的稀硫酸，铁溶解，滤液E为硫酸亚铁，滤渣F为铜。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】范德华力 Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑ACCDLi+[H：]− 3.612×1024
【解析】解：(1)由题干信息可知，C16S8与H2均为分子晶体，分子之间存在范德华力，则C16S8与H2间以范德华力结合，
故答案为：范德华力；
(2)已知非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱与其非金属性一致，则根据反应：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑可知H2SO4的酸性强于H2CO3，即说明S的非金属性比C强，则C16S8中C−S键的共用电子对偏向于S，
故答案为：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；
(3)A.已知Li位于Na的同一主族的上一周期，同一主族从上往下元素金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性也是依次增强，故根据元素周期律可以得到碱性：LiOHNa+，故C正确；
D.根据元素周期律也不能得出密度：Li
(4)已知LiBH4是由Li+和BH4−组成的离子化合物，则其中Li+与BH4−之间的离子键，BH4−中还存在B−H共价键，故其中不存在的作用力有金属键和分子间作用力，
故答案为：CD；
(5)氢化锂(LiH)是离子化合物，则其电子式为：Li+[H：]−，
故答案为：Li+[H：]−；
(6)已知2LiBH4→2LiH+2B+3H2↑中转移电子数目为6，则若该反应中释放67.2LH2(标况下)即67.2L22.4L/mol=3mol，则转移电子为6mol，即转移的电子数为6mol×6.02×1023=3.612×1024个，
故答案为：3.612×1024。
(1)由题干信息可知，C16S8与H2均为分子晶体，分子之间存在范德华力；
(2)已知非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱与其非金属性一致，则根据反应：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑可知H2SO4的酸性强于H2CO3；
(3)A.已知Li位于Na的同一主族的上一周期，同一主族从上往下元素金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性也是依次增强；
B.已知Li位于Na的同一主族的上一周期，同一主族从上往下元素金属性依次增强，金属性越强与水或酸反应就越剧烈；
C.金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱；
D.根据元素周期律也不能得出密度；
(4)已知LiBH4是由Li+和BH4−组成的离子化合物，则其中Li+与BH4−之间的离子键，BH4−中存在B−H共价键；
(5)氢化锂(LiH)是离子化合物，则其电子式为：Li+[H：]−，由于Li+和H−的核外电子排布相同；
(6)已知2LiBH4→2LiH+2B+3H2↑中转移电子数目为6，则若该反应中释放67.2LH2(标况下)即67.2L22.4L/mol=3mol，则转移电子为6mol。
本题考查了周期表递变规律、原子结构、化学键的形成等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
2022-2023学年辽宁省沈阳120中高一（上）期末化学试卷
1. 化学在生活中应用广泛，下列说法错误的是( )
A. Na2O2能与水和CO2反应，可以做呼吸面具的供氧剂
B. 硬铝密度大、强度高，可制造飞机外壳
C. NaClO具有强氧化性，可作织物漂白剂
D. Al(OH)3是两性氢氧化物，可以作胃酸中和剂
2. 下列关于物质的分类中，正确的是( )
选项
碱性氧化物
酸
盐
混合物
电解质
A
FeO
HClO
烧碱
FeSO4⋅7H2O
CO2
B
Na2O2
HNO3
NaHSO4
漂白粉
NaCl
C
CuO
H2SO4
纯碱
Fe(OH)3胶体
MgO
D
Al2O3
Al(OH)3
K2CO3
自来水
NH3⋅H2O
A. A B. B C. C D. D
3. 化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语错误的是( )
A. 光气(COCl2)的结构式为 B. Cl−的结构示意图为
C. HClO的电子式为 D. 中子数为80的碘原子为 51131I
4. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是( )
A. 标准状况下，9gH2O所占的体积为11.2L
B. 1molOH−所含的电子数为10NA
C. 标准状况下，28gCO和N2的混合气体的体积为44.8L
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl−数目为NA
5. 下列说法正确的是( )
①离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键
②共价化合物一定含共价键，也可能含离子键
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物
④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
⑤由分子组成的物质中一定存在共价键
⑥熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物．
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ②③④ D. ①③⑥
6. 下列实验操作及现象、结论均正确的是( )
选项
实验操作及现象
结论
A
将Na粒投入MgCl2溶液析出银白色固体
固体为Mg
B
在空气中灼烧黑色的FeO粉末，无明显现象
FeO热稳定性良好
C
将表面积相同且用砂纸打磨后的镁条、铝条分别放入沸水中，镁条与水反应产生气泡，溶液变浑浊；铝条与沸水无明显现象
镁的失电子能力比铝强
D
向Na2S溶液中滴加盐酸，产生臭鸡蛋气味的气体
非金属性：Cl>S
A. A B. B C. C D. D
7. 下列有关元素周期表的说法中，错误的是( )
A. 元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素
B. 第ⅠA、ⅡA族和第ⅥA、ⅦA族的元素只能形成离子键
C. 同主族不同周期的原子其原子序数可能相差2、16、26、36、50、84等
D. 最外层电子数相同的元素不一定是同一族的元素
8. 某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42−、NO3−、Cl−中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol。若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变。下列说法错误的是( )
A. 若向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色
B. 加入稀硫酸发生反应的离子方程式为：3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
C. 该溶液中一定有Na+
D. 若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72g
9. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−
B. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+
C. 向NaClO溶液中通入少量SO2：2ClO−+SO2+H2O=2HClO+SO32−
D. 氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
10. 在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4−+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+.下列判断正确的是( )
A. 标准状况下，产生22.4LO2时反应转移2mole−
B. Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
C. O2是还原产物，Mn2+是氧化产物
D. 通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液
11. X、Y、Z、W四种物质间的转化关系如图所示，下列转化关系中不能一步实现的是( )
选项
X
Y
Z
W
A
CO2
Na2CO3
NaHCO3
CaCO3
B
Cl2
Ca(ClO)2
HClO
HCl
C
Fe
FeCl3
Fe(OH)3
Fe2O3
D
AlCl3
NaAlO2
Al(OH)3
Al
A. A B. B C. C D. D
12. 向一定量的Cu、CuO、Fe2O3的混合物中加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+.若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为( )
A. 0.8g
B. 1.6g
C. 2.4g
D. 3.2g
13. 在学习了氯及其化合物的知识后，某学生绘制了如图所示的“价⋅类”二维图，下列叙述错误的是( )
A. c可以用于自来水的杀菌消毒，f可以用于环境杀菌消毒
B. 向e的饱和溶液中先通NH3再通CO2，加热过滤得到的固体可制得纯碱
C. 将b通入一定温度下的NaOH溶液中，生成e和g，则n(e)：n(g)=1：1
D. 向部分变质的f加入a，反应生成的气体既有b又有CO2
14. 把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16g白色沉淀，在所得的悬浊液中逐滴加入1mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积V与生成沉淀的质量m的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 三种固体溶于足量水反应后有NaOH剩余 B. B点的沉淀物为Mg(OH)2和Al(OH)3
C. 原混合物中NaOH的质量是5.20g D. Q点HCl溶液加入量是120mL
15. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于10，下列说法错误的是( )
A. 简单氢化物的热稳定性：Z>W
B. 离子半径：W>Z>Y>X
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>X
D. XW2分子的空间结构是直线形且各原子最外层均满足8电子稳定结构
16. 物质的量浓度是一种常用的溶液浓度表示方法，利用其进行定量分析计算比较方便。
Ⅰ.实验需要0.8mol⋅L−1NaOH溶液475mL和0.3mol⋅L−1硫酸溶液500mL。回答下列问题：
(1)若用质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸来配制0.3mol⋅L−1硫酸溶液，需用量筒量取体积为 ______mL的浓硫酸来稀释。
(2)在配制过程中，下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是 ______(填序号)。
A.定容时俯视观察
B.定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
C.浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移
D.容量瓶未干燥即用来配制溶液
E.往容量瓶转移时，有少量液体溅出
F.未洗涤稀释浓硫酸的烧杯
(3)欲用NaOH固体配制0.8mol⋅L−1NaOH475mL。下列说法正确的是 ______(填字母)。
A.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器
B.容量瓶使用前应检漏
C.需要称量NaOH固体的质量为15.2g
D.称量NaOH固体时将NaOH放在纸上称
Ⅱ.次氯酸钾，是一种强氧化剂，极易溶于冷水，遇热水则分解。主要用作氧化剂、漂白剂、消毒剂、杀菌剂。已知氯气与KOH反应放热，反应温度较高时有副反应发生。
i.配制KOH溶液
ii.制备KClO溶液
(4)B中盛放的试剂是 ______，D中反应的离子方程式为 ______。
(5)根据题给信息，分析该实验装置中存在的不足并提出改进措施：______。
(6)加热150mL12mol⋅L−1HCl溶液和3.48gMnO2粉末的混合物，若反应充分进行，则理论上可产生的Cl2在标准状况下的体积为 ______mL。
17. 随着原子序数的递增，A∼G七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示。
(1)在A、B、F、G四种元素中，非金属性最弱的元素在周期表中的位置为 ______。
(2)用电子式表示元素C与D按原子个数比1：2形成化合物的过程 ______。
(3)E元素的最高价氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是 ______。
(4)元素A与C形成的电子总数为22的分子的结构式为 ______。
(5)元素C与D按原子个数比1：1形成的化合物的电子式为 ______，其所含的化学键有 ______(填离子键、极性键或非极性键)。
(6)用铂丝蘸取D的氯化物在火焰上灼烧，根据火焰呈现的特征颜色，可以判断D元素的存在，化学上把这种定性分析操作称为 ______。
18. 某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体[FeSO4⋅7H2O]和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用。其实验方案如图：
回答下列问题：
(1)写出合金与烧碱溶液反应的离子方程式。 ______。
(2)进行途径②时，该小组用如图所示装置及试剂，将制得的CO2气体通入滤液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是 ______(用离子方程式表示)；为了避免沉淀D减少，应该在装置Ⅰ和装置Ⅱ之间增加一个盛有______的洗气瓶。
(3)通过途径④制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：加硫酸、加热通氧气、过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥。其中“加热通氧气”所起的作用为 ______(用离子方程式表示)。
(4)白磷有剧毒，不慎沾到皮肤上，可取少量胆矾配制成CuSO4溶液冲洗解毒。白磷可与热的CuSO4溶液反应生成Cu3P，与冷溶液则析出Cu，反应方程式分别(均未配平)为：
①P4+CuSO4+H2O→△Cu3P+H3PO4+H2SO4
②P4+CuSO4+H2O→Cu+H3PO4+H2SO4
若上述两反应中被氧化的P4的物质的量相等，则消耗的CuSO4的物质的量之比为 ______。
(5)将绿矾加热失去结晶水后的产物FeSO4，进行如图转化(无关物质已略去)：
已知：X由两种化合物组成，将X通入氯水，溶液褪色；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀。Y是红棕色的化合物。
①请写出X使氯水褪色所发生的反应的化学方程式 ______。
②若经反应Ⅰ得到16g固体Y，产生的气体X恰好被0.4L1mol/LNaOH溶液完全吸收，则反应Ⅳ中生成FeSO4的离子方程式是 ______。
19. 氢能是一种洁净的可再生能源，制备和储存氢气是氢能开发关键环节。
Ⅰ.最近科学家对一种新型储氢材料(C16S8)进行研究，从理论角度证明这种分子中的原子都处于同一平面上(结构如图所示)，每个平面上下最多可吸附10个H2分子。
(1)C16S8与H2间以 ______(填微粒间作用力类型)结合。
(2)C16S8中C−S键的共用电子对偏向于S，举出一个事实，说明硫的非金属性比碳强(用化学方程式表示)：______。
Ⅱ.LiBH4是储氢材料，已知其由Li+和BH4−构成，LiBH4释放氢气的原理为2LiBH4→2LiH+2B+3H2↑。
(3)由元素周期律能得到 ______。(填序号)。
A.碱性：LiOH
C.氧化性：Li+>Na+
D.密度：Li
A.离子键
B.共价键
C.氢键
D.分子间作用力
(5)氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其电子式 ______。
(6)若该反应中释放67.2LH2(标况下)，则转移的电子数为 ______个。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.Na2O2能与水和CO2反应都能反应生成氧气，可以做呼吸面具的供氧剂，故A正确；
B.铝属于轻金属，硬铝属于合金，密度小，强度高，适合用于制造飞机，故B错误；
C.次氯酸钠具有强氧化性，能够氧化有机色素而具有漂白性，可作织物漂白剂，故C正确；
D.Al(OH)3是两性氢氧化物，能与盐酸反应，可消耗胃中过多盐酸，常用于制胃酸中和剂，故D正确；
故选：B。
A.过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气；
B.铝属于轻金属，密度小；
C.次氯酸钠具有强氧化性，能够氧化有机色素而具有漂白性；
D.Al(OH)3具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应。
本题考查了常见物质的用途，熟悉常见物质的性质与应用是解题关键，注意结构性质和用途的对应关系，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.FeSO4⋅7H2O是一种物质组成的纯净物，CO2不能电离，属于非电解质，故A错误；
B.Na2O2为过氧化物，不是碱性氧化物，故B错误；
C.CuO属于碱性氧化物，H2SO4属于酸，纯碱是碳酸钠为盐，Fe(OH)3胶体是混合物，氯化钠是溶于水能导电的化合物，MgO熔融状态导电，属于电解质，故C正确；
D.Al2O3是两性氧化物，Al(OH)3是两性氢氧化物，故D错误；
故选：C。
和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，
水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，
金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子构成的化合物为盐，
不同物质组成的为混合物，
水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。
本题考查了物质分类、物质组成、物质性质和名称，主要是碱性氧化物、酸、盐、混合物和电解质概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.光气(COCl2)为共价化合物，中心原子是C，1个分子中含有2个C−Cl键和1个C=O键，其结构式为，故A正确；
B.Cl−的质子数为17，电子数为18，核外各层上电子数分别为2、8、8，其结构示意图为，故B正确；
C.HClO是共价化合物，中心原子是O，O、H原子间，O、Cl原子间共用1对电子，O、Cl原子的最外层电子数为8，其电子式为，故C正确；
D.碘的质子数为53，中子数为80的碘原子的质量数为53+80=133，该核素为 53133I，故D错误；
故选：D。
A.COCl2为共价化合物，分子中含有C−Cl键和C=O键；
B.Cl−的质子数为17，电子数为18，核外电子分层排布；
C.HClO是共价化合物，中心原子是O，O、H原子间，O、Cl原子间共用1对电子；
D.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角。
本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、离子结构示意图、结构式等和核素等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力。
4.【答案】B
【解析】解：A.标况下，水不是气体，无法使用22.4L/mol计算体积，故A错误；
B.1molOH−所含的电子数为1mol×10×NA/mol=10NA，故B正确；
C.标准状况下，28gCO和N2的混合气体的体积为28g28g/mol×22.4L/mol=22.4L，故C错误；
D.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故D错误；
故选：B。
A.22.4L/mol的使用条件为标况下的气体；
B.一个OH−含10个电子；
C.CO和N2的摩尔质量均为28g/mol；
D.题目未给溶液体积。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：①离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键，如NaOH中含有极性键，Na2O2中含有非极性键，故①正确；
②共价化合物一定含共价键，一定没有离子键，故②错误；
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3，故③正确；
④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl，故④错误；
⑤由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，稀有气体是单原子分子，不存在化学键，故⑤错误；
⑥熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物，只有离子化合物在熔融状态下电离出自由移动的离子，故⑥正确；
故选：D。
共价键是由非金属原子之间通过共用电子对形成的化学键，既可存在于离子化合物中，也可存在于共价化合物中；离子键是离子之间的静电作用，只存在于离子化合物中．
本题考查了化合物中存在的化学键，难度不大，易错的是⑤，注意离子化合物和共价化合物的区别．
6.【答案】C
【解析】解：A.Na粒投入MgCl2溶液中，生成氢氧化镁、氢气、氯化钠，析出固体不是Mg，故A错误；
B.在空气中灼烧黑色的FeO粉末，生成四氧化三铁，FeO易被氧化，故B错误；
C.金属性越强，与水反应越剧烈，由实验操作和现象可知，镁的失电子能力比铝强，故C正确；
D.盐酸、氢硫酸均为无氧酸，不能比较Cl、S的非金属性强弱，故D错误；
故选：C。
A.Na粒投入MgCl2溶液中，生成氢氧化镁、氢气、氯化钠；
B.在空气中灼烧黑色的FeO粉末，生成四氧化三铁；
C.金属性越强，与水反应越剧烈；
D.盐酸、氢硫酸均为无氧酸。
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、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。
7.【答案】B
【解析】解：A.元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素，称为过渡金属，故A正确；
B.第ⅠA的H和第ⅥA、ⅦA族的元素形成共价键，如HF、HCl、H2S等，故B错误；
C.从第一周期到第七周期，每一周期的元素种类数分别为2、8、8、18、18、32、32，同主族不同周期的原子其原子序数可能相差2、8、18、32，也可能相差相邻周期元素种类数的和，如相差16(即8+8)就可以是第ⅠA族第二周期和第四周期的两种元素，相差84只能是0族的He和Rn，故C正确；
D.最外层电子数相同的元素不一定是同一族的元素，如0族元素He和第ⅡA族元素的原子最外层均为2个电子，过渡元素里也有很多元素的原子最外层也是2个电子，故D正确；
故选：B。
A.过渡金属全是金属元素；
B.第ⅠA的H和第ⅥA、ⅦA族的元素形成共价键；
C.从第一周期到第七周期，每一周期的元素种类数分别为2、8、8、18、18、32、32，同主族不同周期的原子其原子序数可能相差2、8、18、32，也可能相差相邻周期元素种类数的和；
D.0族元素He和第ⅡA族元素的原子最外层均为2个电子。
本题考查元素周期表，侧重考查学生元素周期表结构的掌握情况，试题难度中等。
8.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有Fe2+、NO3−，加入过量的稀硫酸时Fe2+、NO3−发生反应生成了Fe3+，Fe3+和SCN−生成Fe(SCN)3，溶液显血红色，故A正确；
B.原溶液中一定含有Fe2+、NO3−，Fe2+具有强还原性，HNO3具有强氧化性，则加入稀硫酸发生的反应为3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故B正确；
C.由上述分析可知，原溶液中一定含有Fe2+、Na+、SO42−、NO3−，故C正确；
D.若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后生成1molFe(OH)3，过滤、洗涤、灼烧，最终得到0.5mol1molFe2O3，质量为0.5mol×160g/mol=80g，故D错误；
故选：D。
向溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3−的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，说明原溶液中一定含有SO42−，无Ba2+；原溶液中所含离子的物质的量均为1mol，由溶液不显电性可知，溶液中一定含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，综上原溶液中一定含有Fe2+、Na+、SO42−、NO3−，一定无Al3+、Ba2+、Cl−，据此分析解答。
本题考查离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰和电荷守恒的应用，题目难度中等。
9.【答案】A
【解析】解：A.NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子方程式为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，故A正确；
B.由于碳酸的酸性弱于盐酸，向CaCl2溶液中通入CO2后不发生反应，无法书写离子方程式，故B错误；
C.向NaClO溶液中通入少量SO2的离子方程式为：3ClO−+SO2+H2O=SO42−+2HClO+Cl−，故C错误；
D.氧化亚铁溶于稀硝酸的离子方程式为：3FeO+10H++NO3−=3Fe3++NO↑+5H2O，故D错误；
故选：A。
A.偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；
B.碳酸的酸性弱于盐酸，二者不发生反应；
C.次氯酸根离子具有强氧化性，能够将二氧化硫氧化为硫酸根离子；
D.稀硝酸具有强氧化性，能够氧化亚铁离子。
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。
10.【答案】A
【解析】解：A、标准状况下，产生22.4LO2时反应转移2×[0−(−1)]×22.4L22.4L⋅mol−1=2mole−，故A正确；
B、过氧化钠中O元素的化合价升高，过氧化钠是还原剂，故B错误；
C、Mn元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2+是还原产物，故C错误；
D、用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，故D错误；
故选：A。
在2MnO4−+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+中，2MnO4−→2Mn2+，Mn元素的化合价由+7价→+2价，得到2×5e−，Mn元素的化合价降低其所在的物质高锰酸钾是氧化剂，5Na2O2→5O2，O元素的化合价由−1价→0价，失去10×e−，过氧化钠是还原剂，以此来解答。
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为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.CO2和NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3和H2O、CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3和Ca(OH)2反应生成CaCO3，CaCO3高温分解生成CO2，所以物质之间能一步转化，故A错误；
B.Cl2和Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2溶液和CO2反应生成HClO，HClO光照条件下分解生成HCl，浓盐酸和MnO2共热生成Cl2，物质之间能一步转化，故B错误；
C.Fe和氯气反应生成FeCl3，FeCl3和碱溶液反应生成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3，Fe2O3和氢气反应生成Fe，物质之间能一步转化，故C错误；
D.AlCl3和过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液和CO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3不能一步转化为Al，故D正确；
故选：D。
A.CO2和NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3和H2O、CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3和Ca(OH)2反应生成CaCO3，CaCO3高温分解生成CO2；
B.Cl2和Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2溶液和CO2反应生成HClO，HClO光照条件下分解生成HCl，浓盐酸和MnO2共热生成Cl2；
C.Fe和氯气反应生成FeCl3，FeCl3和碱溶液反应生成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3，Fe2O3和氢气反应生成Fe；
D.AlCl3和过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液和CO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3不能一步转化为Al。
本题考查物质之间的转化关系，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：CuO、Fe2O3与盐酸反应，且Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，由水的分子式H2O可知，氧化物中2n(O)=n(HCl)=0.1L×1mol/L=0.1mol，故n(O)=0.05mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为0.05mol×16g/mol=0.8g。
故选：A。
混合物中加入100mL1mol⋅L−1的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应生成氯化铁与水，生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁，CuO与盐酸反应生成氯化铜和水．由水的分子式H2O可知，氧化物中2n(O)=n(HCl)，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量．
本题考查混合物的计算，为高频考点，把握发生的反应及H、O原子关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大．
13.【答案】C
【解析】解：A.c为ClO2，具有强氧化性，c可以用于自来水的杀菌消毒，f为次氯酸盐，具有强氧化性，f可以用于环境杀菌消毒，故A正确；
B.若e为NaCl，向e的饱和溶液中先通NH3再通CO2，可增大二氧化碳的溶解，析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，可制备纯碱，故B正确；
C.b为氯气，生成e和g，分别为NaCl、NaClO3，由得失电子守恒可知，n(e)：n(g)=5：1，故C错误；
D.f为次氯酸盐，变质混有碳酸盐，a为HCl，次氯酸盐与盐酸反应生成氯气，碳酸盐与盐酸反应生成二氧化碳，故D正确；
故选：C。
A.c为ClO2，具有强氧化性，f为次氯酸盐，具有强氧化性；
B.若e为NaCl，向e的饱和溶液中先通NH3再通CO2，可增大二氧化碳的溶解，析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠；
C.b为氯气，生成e和g，分别为NaCl、NaClO3，结合得失电子守恒判断；
D.f为次氯酸盐，变质混有碳酸盐，a为HCl。
本题考查含氯物质的性质，为高频考点，把握元素的化合价及物质类别推断物质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A、向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0−A时沉淀的质量不变，说明此时盐酸和氢氧化钠反应，即：NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，溶液中NaOH过量，此时溶液中铝离子为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2，故A正确；
B、A−B段，有沉淀生成，应为盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，故B正确；
C、B点溶液中存在的溶质是氯化钠，由Na+离子和Cl−离子守恒得，原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl−)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，则n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.13mol，其质量为：40g/mol×0.13mol=5.2g，故C正确；
D、B−Q过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，原反应物为：NaOH、MgCl2、AlCl3和盐酸，对比知反应前后MgCl2、AlCl3不变，实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应，所以Q点可以看做氢氧化钠和盐酸二者恰好反应，n(NaOH)=n(HCl)，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，由Na+离子和Cl−离子守恒得，原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl−)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，则V(HCl)=0.13mol1mol/L=0.13L=130mL，故D错误；
故选：D。
向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0−A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2；A−B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2−+H+=Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3；B−C过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠。
本题考查了镁铝化合物的有关计算，题目难度中等，明确曲线变化趋势及每段发生的化学反应是解本题关键，知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式、原子守恒对有关问题进行分析从而得出正确答案。
15.【答案】AB
【解析】解：由上述分析可知，X为C元素、Y为Na元素、Z为P元素、W为S元素，
A.同周期主族元素从左向右非金属性增强，则简单氢化物的热稳定性：Z
C.同周期主族元素从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>X，故C正确；
D.XW2分子的结构式为S=C=S，空间结构空间结构是直线形且各原子最外层均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：AB。
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X为H元素或ⅣA元素，X与W所在族序数之和等于10，若X为H元素，W的族序数为9不符合，则X为C元素时、W的族序数为6，结合原子序数可知W为S元素；Y为金属元素，Y与Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，Y为Na时，Z的最外层电子数为6−1=5，则Z为P元素，Y为Mg时，Z的最外层电子数为6−2=4，则X、Y位于同主族不符合，Y为Al时，Z最外层电子数为6−3=3不符合，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数、原子序数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。
16.【答案】8.2ACB饱和食盐水 Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O将装置D放入冰水浴冷却 896
【解析】解：(1)质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸的物质的量浓度c=1000ρωM=1000×1.84×98%98=18.4mol/L，配制500mL0.3mol⋅L−1硫酸溶液时n(H2SO4)不变，即18.4mol/L×V=0.5L×0.3mol/L，解得V≈0.0082L=8.2mL，
故答案为：8.2；
(2)A.定容时俯视观察，溶液总体积偏小，配制的硫酸溶液浓度偏高，故A正确；
B.定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液总体积偏大，配制的硫酸溶液浓度偏低，故B错误；
C.浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移，溶液总体积偏小，配制的硫酸溶液浓度偏高，故C正确；
D.容量瓶未干燥即用来配制溶液，对配制结果无影响，故D错误；
E.往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶液中溶质的物质的量偏小，配制的硫酸溶液浓度偏低，故E错误；
F.未洗涤稀释浓硫酸的烧杯，溶液中溶质的物质的量偏小，配制的硫酸溶液浓度偏低，故F错误；
故答案为：AC；
(3)A.用天平称量NaOH固体质量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用玻璃棒引流注入500mL容量瓶，洗涤烧杯、玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中，加水至刻度线1∼2cm改用胶头滴管滴加到溶液凹液面与刻度线水平相切，不需要①、②两种仪器，还需要玻璃棒、胶头滴管等两种仪器，故A错误；
B.容量瓶带有瓶塞，使用前需要检查是否漏液，故B正确；
C.配制0.8mol⋅L−1NaOH475mL，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠质量为0.8mol/L×0.5L×40g/mol=16.0g，故C错误；
D.氢氧化钠固体易潮解，具有腐蚀性，应该放在小烧杯中称量，故D错误；
故答案为：B；
(4)浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度较小，所以通入饱和食盐水中除去氯气中的氯化氢气体；氯气与KOH溶液反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，
故答案为：饱和食盐水；Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
(4)制备KClO的反应是放热反应，反应温度升高时有副反应发生，改进该实验装置以减少副反应发生的方法是将装置D在冷水浴中反应，
故答案为：将装置D放入冰水浴冷却；
(5)二氧化锰的物质的量为3.48g87g/mol=0.04mol，盐酸的物质的量为0.150L×12mol/L=1.8mol，反应为MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O，可知盐酸过量，则依据MnO2的物质的量计算生成氯气的物质的量n(Cl2)=0.04mol，标况下氯气的体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L=896mL，
故答案为：896。
(1)根据c=1000ρωM计算浓硫酸的物质的量浓度，结合稀释过程中硫酸的物质的量不变计算量取浓硫酸的体积V；
(2)分析不当操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析；
(3)A.用天平称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用玻璃棒引流注入500mL容量瓶，洗涤烧杯、玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中，加水至刻度线1∼2cm，改用胶头滴管滴加到溶液凹液面与刻度线水平相切；
B.依据容量瓶使用方法和注意事项解答；
C.依据n=cV和m=nM计算称量NaOH固体的质量；
D.氢氧化钠固体易潮解，故用纸称量NaOH固体时，会导致真正的氢氧化钠的质量偏小；
(3)依据浓盐酸的挥发性判断解答；氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
(4)制备KClO的反应是放热反应，反应温度升高时有副反应发生；
(5)发生的反应方程式为MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O计算产生氯气的物质的量，进而计算标况下气体体积。
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制、氯气的制备和性质检验等知识，把握配制操作步骤及注意事项、氯气的化学性质是解题关键，注意容量瓶规格选择及使用方法，题目难度不大。
17.【答案】第三周期ⅣA族 Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2OO=C=O 离子键、非极性键 焰色试验
【解析】解：由上述分析可知，A为C元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为Al元素、F为Si元素、G为S元素，
(1)在A、B、F、G四种元素中，非金属性最弱的元素为Si元素，在周期表中的位置为第三周期ⅣA族，
故答案为：第三周期ⅣA族；
(2)用电子式表示元素C与D按原子个数比1：2形成化合物的过程为，
故答案为：；
(3)E元素的最高价氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O；
(4)元素A与C形成的电子总数为22的分子的结构式为O=C=O，
故答案为：O=C=O；
(5)元素C与D按原子个数比1：1形成的化合物的电子式为，其所含的化学键有离子键、非极性键，
故答案为：；离子键、非极性键；
(6)用铂丝蘸取D的氯化物在火焰上灼烧，根据火焰呈现的特征颜色，可以判断D元素的存在，化学上把这种定性分析操作称为焰色试验，
故答案为：焰色试验。
A∼G是七种短周期元素，C、G都有最低价−2，二者处于VIA族，且G的原子序数大、最高价为+6价，则C为O元素、G为S元素；A、F都有+4、−4价，二者处于IVA族，F的原子序数大于A，故A为C元素、F为Si元素；B原子序数介于C、O之间，且最高价为+5价，则B为N元素；D、E的最高价分别为+1、+3，二者分别处于IA族、ⅢA族，二者的原子序数都大于O，则D为Na元素、E为Al元素；
(1)同周期主族元素从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱；
(2)元素C与D按原子个数比1：2形成化合物为Na2O；
(3)E元素的最高价氧化物为氧化铝，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；
(4)元素A与C形成的电子总数为22的分子为CO2；
(5)元素C与D按原子个数比1：1形成的化合物为Na2O2；
(6)钠元素的焰色为黄色。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的化合价、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及化学用语的使用，题目难度不大。
18.【答案】2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O饱和NaHCO3溶液 2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O1：1SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4 2Fe3++SO32−+H2O=2Fe2++SO42−+2H+
【解析】解：(1)铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；
(2)大理石和浓盐酸反应生成二氧化碳，含有氯化氢，所以二氧化碳中有氯化氢，通入偏铝酸钠中，反应生成的氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；所以除去二氧化碳中的氯化氢，用饱和NaHCO3溶液，
故答案为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；饱和NaHCO3溶液；
(3)要得到硫酸铜晶体，先蒸发浓缩，然后冷却结晶。加热通入氧气可以在酸性条件下铜被氧气氧化，方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O，
故答案为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；
(4)11P4+60CuSO4+60H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4，前一个反应中有24摩尔磷被氧化，消耗60摩尔硫酸铜，后一个反应中4摩尔磷被氧化，消耗10摩尔硫酸铜，所以当被氧化的白磷的物质的量相等时，消耗的硫酸铜的物质的量比为1：1，
故答案为：1：1；
(5)X通入品红中，溶液褪色，说明含有二氧化硫，通入氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明含有三氧化硫，硫元素化合价降低，则铁元素化合价升高，所以固体中铁元素为+3价；
①二氧化硫与氯水反应生成盐酸和硫酸，其反应的化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，
故答案为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；
②经过反应I的得到的16克固体，为氧化铁，为0.1摩尔，产生气体为二氧化硫和三氧化硫，由方程式可知他们都为0.1摩尔，恰好被0.4mol/L的氢氧化钠溶液吸收，则氢氧化钠的物质的量为0.4摩尔，则生成的亚硫酸钠和硫酸钠都为0.1摩尔，则反应IV中为亚硫酸钠和硫酸铁溶液发生的氧化还原反应，方程式为2Fe3++SO32−+H2O=2Fe2++SO42−+2H+，
故答案为：2Fe3++SO32−+H2O=2Fe2++SO42−+2H+。
合金和氢氧化钠反应只有铝反应，所以滤液A中含有生成的偏铝酸钠和剩余的氢氧化钠，滤液A通入足量的二氧化碳，生成沉淀为氢氧化铝。滤渣为铁和铜。滤渣B加入足量的稀硫酸，铁溶解，滤液E为硫酸亚铁，滤渣F为铜。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】范德华力 Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑ACCDLi+[H：]− 3.612×1024
【解析】解：(1)由题干信息可知，C16S8与H2均为分子晶体，分子之间存在范德华力，则C16S8与H2间以范德华力结合，
故答案为：范德华力；
(2)已知非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱与其非金属性一致，则根据反应：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑可知H2SO4的酸性强于H2CO3，即说明S的非金属性比C强，则C16S8中C−S键的共用电子对偏向于S，
故答案为：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；
(3)A.已知Li位于Na的同一主族的上一周期，同一主族从上往下元素金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性也是依次增强，故根据元素周期律可以得到碱性：LiOH
D.根据元素周期律也不能得出密度：Li
(4)已知LiBH4是由Li+和BH4−组成的离子化合物，则其中Li+与BH4−之间的离子键，BH4−中还存在B−H共价键，故其中不存在的作用力有金属键和分子间作用力，
故答案为：CD；
(5)氢化锂(LiH)是离子化合物，则其电子式为：Li+[H：]−，
故答案为：Li+[H：]−；
(6)已知2LiBH4→2LiH+2B+3H2↑中转移电子数目为6，则若该反应中释放67.2LH2(标况下)即67.2L22.4L/mol=3mol，则转移电子为6mol，即转移的电子数为6mol×6.02×1023=3.612×1024个，
故答案为：3.612×1024。
(1)由题干信息可知，C16S8与H2均为分子晶体，分子之间存在范德华力；
(2)已知非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱与其非金属性一致，则根据反应：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑可知H2SO4的酸性强于H2CO3；
(3)A.已知Li位于Na的同一主族的上一周期，同一主族从上往下元素金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性也是依次增强；
B.已知Li位于Na的同一主族的上一周期，同一主族从上往下元素金属性依次增强，金属性越强与水或酸反应就越剧烈；
C.金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱；
D.根据元素周期律也不能得出密度；
(4)已知LiBH4是由Li+和BH4−组成的离子化合物，则其中Li+与BH4−之间的离子键，BH4−中存在B−H共价键；
(5)氢化锂(LiH)是离子化合物，则其电子式为：Li+[H：]−，由于Li+和H−的核外电子排布相同；
(6)已知2LiBH4→2LiH+2B+3H2↑中转移电子数目为6，则若该反应中释放67.2LH2(标况下)即67.2L22.4L/mol=3mol，则转移电子为6mol。
本题考查了周期表递变规律、原子结构、化学键的形成等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
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