2015-2016学年浙江省金华市兰溪市兰荫中学高三上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2015高三上·兰溪开学考）下列推断正确的是（ ）
A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
B．Al2O3、MgO可用作高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料
C．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
D．新制氯水显酸性，可用pH试纸测定其酸碱度
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】解：A．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，减少污染物的排放而不是污染治理，故A错误；
B．氧化铝和氧化镁的熔点很高，所以可以作高温材料，光纤制品的基本原料是二氧化硅，故B正确；
C．将SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，可说明二氧化硫为酸性氧化物，不能说明其漂白性，故C错误；
D．氯水有漂白性，能使pH试纸褪色，不能用pH试纸测定其酸碱度，故D错误．
故选B．
【分析】A．“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染；
B．氧化铝和氧化镁的熔点较高能作高温材料，光纤制品的基本原料是二氧化硅；
C．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色；
D．氯水有漂白性．
2．（2015高三上·兰溪开学考）卫生部发出公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙（CaO2）等食品添加剂．下列对于过氧化钙（CaO2）的叙述错误的是（ ）
A．CaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用
B．CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2
C．CaO2和水反应时，每产生1 mol O2转移电子4 mol
D．CaO2中阴阳离子的个数比为1：1
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．与过氧化钠的性质相似，则CaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用，故A正确；
B．由过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气可知，CaO2和CO2反应的化学方程式为2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2，故B正确；
C．由2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2可知，生成1 mol O2转移电子为1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2 mol，故C错误；
D．阴离子为过氧根离子，阳离子为钙离子，则CaO2中阴阳离子的个数比为1：1，故D正确；
故选C．
【分析】过氧化钙（CaO2）与过氧化钠相似，均具有强氧化性、漂白性，阴离子均为过氧根离子，阳离子不同，以此来解答．
3．（2015高三上·兰溪开学考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．0.1 mol L﹣1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液中：K+、Cu2+、Cl﹣、MnO4﹣
B．遇KSCN溶液变红色的溶液：Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣
C．使甲基橙变红色的溶液：NH4+、Cu2+、ClO﹣、Cl﹣
D．0.1mol L﹣1NaHCO3溶液：K+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．Fe2+、MnO4﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．遇KSCN溶液变红色的溶液，含铁离子，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；
C．使甲基橙变红色的溶液，显酸性，H+、ClO﹣、Cl﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．AlO2﹣促进的HCO3﹣电离，不能大量共存，故D错误；
故选B．
【分析】A．离子之间发生氧化还原反应；
B．遇KSCN溶液变红色的溶液，含铁离子；
C．使甲基橙变红色的溶液，显酸性；
D．AlO2﹣促进的HCO3﹣电离．
4．（2015高三上·兰溪开学考）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A．粗硅 SiCl4 Si
B．Mg（OH）2 MgCl2（aq） Mg
C．Fe2O3 FeCl3（aq） 无水FeCl3
D．AgNO3（aq） [Ag（NH3）2]OH（aq） Ag
【答案】A
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl，该反应可用于工业提纯硅，故A正确；
B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，工业用电解熔融的氯化镁制备镁，故B错误；
C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl，蒸发时应在HCl环境中进行，故C错误；
D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，故D错误．
故选A．
【分析】A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl；
B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气；
C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl；
D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应．
5．（2015高三上·兰溪开学考）化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列化学用语不正确的是（ ）
A．Cl﹣的结构示意图：
B．羟基的电子式：
C．HClO的结构式：H﹣Cl﹣O
D．原子核内有10个中子的氧原子：
【答案】C
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A．氯离子最外层达到8电子稳定结构，所以Cl﹣的结构示意图为： ，故A正确；
B．羟基中氧原子最外层为7个电子，羟基的电子式为： ，故B正确；
C．次氯酸的电子式为： ，将共用电子对换成短线即为次氯酸的结构式，所以次氯酸的结构式为：H﹣O﹣Cl，故C错误；
D．氧原子的质子数为8，有10个中子的氧原子的质量数为18，该氧原子可以表示为： ，故D正确；
故选C．
【分析】A．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18；
B．羟基中含有1个氧氢键，氧原子最外层为7个电子；
C．次氯酸中不存在氢氯键，其分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键；
D．中子数为10的氧原子的质量数为18，元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数．
6．（2015高三上·兰溪开学考）复印机工作时易产生臭氧，臭氧浓度过高时对人体有害．臭氧具有强氧化性，可使润湿的KI﹣淀粉试纸变蓝．有关反应式为：O3+2KI+H2O═2KOH+I2+O2对此下列说法正确的是（ ）
A．反应中1 mol O3得到4 mol电子
B．反应中O3是氧化剂，H2O与KI是还原剂
C．氧化产物I2与还原产物KOH的物质的量之比是1：1
D．由此反应知，氧化性强弱顺序是O3＞I2＞O2
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．该反应中转移2e﹣，即在反应中，每消耗1molO3转移2mol电子，故A错误；
B．I元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则反应中O3是氧化剂，KI是还原剂，故B错误；
C．氧化产物I2和还原产物KOH的物质的量之比为1：1，故C正确；
D．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序为O3＞I2，不能确定与氧气的关系，故D错误；
故选C．
【分析】由O3+2KI+H2O═2KOH+I2+O2，I元素的化合价升高，O元素的化合价降低，该反应中转移2e﹣，以此来解答．
7．（2015高三上·兰溪开学考）用铁酸钠（Na2FeO4）对自来水消毒是饮用水处理新技术，下列有关分析正确的是（ ）
A．在Na2FeO4中Fe显+8价，具有强氧化性，所以能杀菌消毒
B．因为Na2FeO4溶液显碱性，所以能杀菌消毒
C．Na2FeO4的还原产物为Fe3+，其易水解产生Fe（OH）3胶体，使水中悬浮物聚沉
D．Na2FeO4的还原产物Fe2+ 水解，生成的胶体使水中悬浮物沉降，从而达到消毒目的
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．化合物中Fe为最高价，具有强氧化性，则在Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，故A错误；
B．Na2FeO4在溶液中水解显碱性，且Fe为最高价，具有强氧化性，能消毒杀菌，与碱性无关，故B错误；
C．Na2FeO4的还原产物为Fe3+，Fe3+水解为Fe（OH）3胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降，故C正确；
D．Na2FeO4的还原产物为Fe3+，Fe3+水解为Fe（OH）3胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降，故D错误；
故选C．
【分析】A．化合物中Fe为最高价，具有强氧化性；
B．Na2FeO4在溶液中水解，且Fe为最高价，具有强氧化性；
C．Na2FeO4的还原产物为Fe3+；
D．Na2FeO4的还原产物为Fe3+．
8．（2015高三上·兰溪开学考）下列溶液中的NO3﹣离子浓度与500mL 1mol L﹣1NaNO3中的NO3﹣浓度相等的是（ ）
A．100mL2mol L﹣1NH4NO3溶液
B．40mL0.5mol L﹣1Ca（NO3）2溶液混合
C．50mLl.5mol L﹣1Al（NO3）3溶液
D．150mL1mol L﹣1Mg（NO3）2溶液
【答案】B
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：500mL 1mol L﹣1NaNO3中的NO3﹣浓度为1mol/L，
A、100mL2mol/NH4NO3溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=2mol/L．
B、40mL0.5mol L﹣1Ca（NO3）2溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=0.5mol/L×2=1mol/L．
C、50mLl.5mol L﹣1Al（NO3）3溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=1.5mol/L×3=4.5mol/L．
D、150mL1mol L﹣1Mg（NO3）2溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=1mol/L×2=2mol/L．
故选B．
【分析】根据溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数进行计算NO3﹣的物质的量浓度，与溶液的体积无关，20mL1mol L﹣1NaNO3溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=1mol/L×1=1mol/L．
9．（2015高三上·兰溪开学考）亚氯酸盐（NaClO2）可作漂白剂，在常温下不见光时可保存一年，但在酸性溶液里因生成亚氯酸而发生分解：5HClO2=4ClO2↑+H++Cl﹣+2H2O．开始时，分解反应非常慢，随后突然释放出很多的ClO2．对于以上分解速率变化的原因，下列猜测最合理的是（ ）
A．酸使亚氯酸的氧化性增强
B．溶液中的H+起催化剂的作用
C．溶液中的Cl﹣起催化剂的作用
D．逸出的ClO2使反应的生成物的浓度降低
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：A、若是酸使亚氯酸的氧化性增强，应该开始时反应速率应该就很快，故A错误；
B、由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见不是氢离子的催化作用，故B错误；
C、反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见是氯离子的催化作用，故C正确；
D、逸出的ClO2使反应的生成物的浓度降低，不会出现反应速率突然加快现象，故D错误；
故选C．
【分析】A、酸使亚氯酸的氧化性增强，开始时反应速率应该就很快；
B、开始时溶液中就有氢离子，反应速率很慢；
C、开始时溶液中氯离子浓度很小，随着反应进行，氯离子浓度逐渐增大；
D、生成物浓度的降低，反应速率不会突然加快．
10．（2016高二上·山东开学考）下列说法正确的是（ ）
A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应
D．SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：A．I、Br同主族，自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱，故I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性弱，故A错误；
B．Si、P同周期，随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强，故P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强，故B正确；
C．氧化铝属于两性氧化物，能与氢氧化钠反应，而MgO属于碱性氧化物，能与酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；
D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡，故SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO4，故D错误，
故选B．
【分析】A．同主族自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱； B．同周期随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强； C．MgO不能与氢氧化钠溶液反应； D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡．
11．（2015高三上·潍坊期末）以包列科学家Danici Shcchtman因发现准晶体获得2011年诺贝尔化学奖．人们在自然界中也找到了组成为Al63Cu24Fe13的天然准晶体．将相同质量的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为（ ）
A．n（烧碱）＜n（稀硝酸）＜n（盐酸）
B．n（烧碱）＜n（盐酸）＜n（稀硝酸）
C．n（稀硝酸）＜n（烧碱）＜n（盐酸）
D．n（盐酸）＜n（稀硝酸）＜n（烧碱）
【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，
铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成气体，
为便于计算，可设Al63Cu24Fe13为1mol，
根据金属和生成气体之间的关系式得生成气体体积分别为：
与HCl反应时：n（H2）=13+63×1.5=107.5 mol，
与NaOH反应时：n（H2）=63×1.5=94.5 mol，
与HNO3反应时：n（NO）=63+13+24× =92 mol，
所以生成气体体积大小顺序是n（稀硝酸）＜n（烧碱）＜n（盐酸），
故选C．
【分析】该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成NO气体，结合得失电子的物质的量关系可确定生成气体的物质的量．
12．（2015高三上·兰溪开学考）美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是（ ）
A．合金的熔点一般比组分金属低
B．铝钠合金若投入一定量的水中可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）
C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，会有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出
D．若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小
【答案】D
【知识点】合金及其应用；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：A、合金的硬度较大、熔点一般比组分金属低，故A正确；
B、铝钠合金若投入一定量的水中，先发生钠与水的反应，接着发生铝与氢氧化钠溶液的反应，当n（Al）≤n（Na），铝完全反应可得无色溶液，故B正确；
C、铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，先发生钠与水的反应生成氢氧化钠溶液，氯化铜和氢氧化钠溶液反应会有氢氧化铜沉淀，若铝过量也可能置换出铜，故C正确；
D、由于等质量的铝和钠分别与足量盐酸反应，铝放出的H2多，若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越大．
故D错误；
故选D．
【分析】A、合金是一种金属与其它金属或非金属熔合而成具有金属特性的物质，是混合物，其硬度比纯金属大，熔点比纯金属低；
B、钠溶于水生成氢氧化钠和氢气，而铝能和氢氧化钠难溶于反应生成NaAlO2和氢气，因此根据得到的是无色溶液可知，单质铝的物质的量小于钠的；
C、钠溶于水生成氢氧化钠和氢气，因此可以生成氢氧化铜沉淀．如果铝过量，则还能和氯化铜发生置换反应生成铜；
D、在质量相等的条件下，金属铝放出的氢气多，所以若放出H2越多，则铝的质量分数越大．
13．（2015高三上·兰溪开学考）对某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42﹣
B．通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉后溶液变蓝，则原溶液中一定有I﹣
C．加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀消失，则原溶液中一定有Ba2+
D．加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则原溶液一定有NH4+
【答案】B
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：A．加入Ba（NO3）2溶液生成的不溶于盐酸的白色沉淀可能为硫酸钡，原溶液中可能含有SO32﹣，不一定含有SO42﹣，故A错误；
B．通入Cl2后，溶液变为黄色（碘水），加入淀粉后溶液变蓝（碘遇淀粉变蓝），则原溶液中一定有I﹣，故B正确；
C．碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不一定含有Ba2+，故C错误；
D．产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，为酸性气体，该气体不是氨气，则原溶液中不存在氨气，故D错误；
故选B．
【分析】A．加入Ba（NO3）2溶液生成的不溶于盐酸的白色沉淀可能为硫酸钡，原溶液中可能含有SO42﹣或SO32﹣；
B．Cl2与I﹣发生氧化还原反应，碘遇淀粉变蓝；
C．能够与碳酸钠生成的溶于盐酸的白色沉淀不一定为碳酸钡，可能为碳酸钙，原溶液中可能含有钙离子；
D．能使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体．
14．（2015高三上·兰溪开学考）同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是（ ）
A．2Na218O2+2H2O═4Nal8OH+O2↑
B．NH4Cl+2H2O═NH3 2H2O+HCl
C．2KMnO4+5H218O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2O
D．K37ClO3+6HCl═K37Cl+3Cl2↑+3H2O
【答案】C
【知识点】同位素及其应用
【解析】【解答】解：A过氧化物与水反应实质为，过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，所以18O同时在水中和氧气中，不出现在氢氧化钠中，故A错误；
C．NH4Cl水解，其实是水电离的氢氧根、氢离子分别和NH4+、Cl﹣结合，生成一水合氨和氯化氢，所以2H应同时存在在一水合氨中和HCl中，故B错误；
C．KMnO4中Mn元素化合价降低为2×（7﹣2）=10，H218O2中O元素化合价升高：5×2×[0﹣（﹣1）]=10，化合价升降相等，高锰酸钾把过氧根氧化为氧气，18O全部在氧气中，故C正确；
D．KClO3和HCl发生归中反应，KClO3中氯元素由+5价降低为0价，不能降低为﹣1，HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为0价，氯气中的Cl有 来自KClO3， 来自HCl，KCl中的Cl全部来自HCl，故D错误；
故选C．
【分析】根据物质中化学键的断键方式确定生成物，从而确定示踪原子的位置，
A．过氧化物与水反应实质为：过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气；
B．铵根离子水解实质为铵根离子结合水提供的氢氧根生成一水合氨，同时生成氯化氢；
C．根据化合价升降相等进行判断；
D．KClO3和HCl发生归中反应，化合价变化不能出现交叉价态．
15．（2015高三上·兰溪开学考）常温下，pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣、I﹣、SO42﹣中的4种，且各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是（ ）
A．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4
B．实验消耗Cu 14.4g，则生成气体丁的体积为3.36L
C．该溶液中一定有NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣四种离子
D．生成的甲、乙、丙气体均为无色的易溶于水气体
【答案】C
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，氢离子浓度为0.1mol/L，溶液中一定不存在与氢离子反应的离子：CO32﹣、NO2﹣；
溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生白色沉淀，可以排除Fe2+、Fe3+，原溶液中一定有Al3+；
溶液乙加铜和浓硫酸能产生NO，原溶液中有NO3﹣，强酸性溶液中有NO3﹣，则一定没有Fe2+、I﹣；
A．根据分析可知，溶液中含有硫酸根离子，所以沉淀乙中一定为碳酸钡和硫酸钡沉淀的化合物，故A错误；
B．根据反应方程式3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，消耗14.4g铜，生成一氧化氮气体的物质的量为： =0.15mol，由于没有告诉是标准状况下，0.15mol一氧化氮的体积不一定为3.35L，故B错误；
C．根据以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氢离子、0.1mol/L的铝离子，溶液中阳离子带有的电荷为：0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根离子外，还应该含有SO42﹣离子和Cl﹣，所以该溶液中一定有NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣四种离子，故C正确；
D．产生的气体NO、CO2、NH3中，NO不溶于水，故D错误；
故选C．
【分析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32﹣、NO2﹣；溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液含有一定有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，原溶液中有NO3﹣，强酸性溶液中含有NO3﹣，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I﹣，最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3﹣、Al3+、SO42﹣ Cl﹣五种离子．
16．（2015高三上·兰溪开学考）X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．它们在周期表的相对位置如下表：则下列说法正确的是（ ）
M
X Y Z
W
A．Y、M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g．L﹣1
B．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M
C．由X元素形成的单质一定是原子晶体
D．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，则为前三周期，M在第一周期，为H元素，W为第三周期第IA族，则W为Na元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，
A．Y、M形成的气态化合物为NH3，在标准状况下的密度为ρ= = =0.76 g．L﹣1，故A正确；
B．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小，则原子半径：Na＞C＞N＞O＞H，即W＞Z＞X＞Y＞Z＞M，故B错误；
C．X为C元素，C元素的单质有多种，金刚石属于原子晶体，石墨属于混合晶体，C60属于分子晶体，故C错误；
D．XZ2、X2M2、W2Z2分别为CO2、C2H2、Na2O2，其中CO2、C2H2为直线型的共价化合物，Na2O2为离子化合物，故D错误．
故选A．
【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，则为前三周期，M在第一周期，为H元素，W为第三周期第IA族，则W为Na元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，结合元素及其化合物的性质分析．
17．（2015高三上·兰溪开学考）下列说法正确的是（ ）
A．淀粉与稀H2SO4共热，再加银氨溶液水浴加热，无银镜生成，说明淀粉水解产物无还原性
B．SiO2+2C Si+2CO 说明碳的非金属性大于硅的非金属性
C．向NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，有白色沉淀产生，是因为两者都发生了水解反应，且相互促进
D．将CO2通入Na2SiO3溶液中，有白色沉淀生成，证明H2CO3酸性比H2SiO3强
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；钠的重要化合物；蔗糖与淀粉的性质实验；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：A．银镜反应应在碱性条件下进行，淀粉与稀H2SO4共热，没有加入碱调节溶液pH，故A错误；
B．SiO2+2C Si+2CO，反应中C的化合价升高作还原剂，表现还原性，为金属性，不能比较非金属性，故B错误；
C．NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2﹣与HCO3﹣电离出的氢离子再加上一份子的水生成氢氧化铝，不是发生的水解反应，故C错误；
D．向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸，为强酸制取弱酸的反应，故D正确．
故选D．
【分析】A．银镜反应应在碱性条件下进行；
B．反应中C表现还原性，为金属性，不能比较非金属性；
C．NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2﹣与HCO3﹣电离出的氢离子、水结合生成氢氧化铝；
D．反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸．
18．（2015高三上·兰溪开学考）“暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的．某老师在课堂上做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色．若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN 的FeCl2溶液，则溶液呈血红色．则下列说法中不正确的是（ ）
A．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
D．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
【答案】B
【知识点】含有氢键的物质
【解析】【解答】解：A．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B错误；
C．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故C正确；
D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确；
故选B．
【分析】A．根据题意知，电场作用下，水分子间更易制得“暖冰”；
B．在反应中有新物质生成的是化学反应；
C．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质；
D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水．
19．（2015高三上·兰溪开学考）有关下列离子方程式的说法正确的是（ ）
A．等物质的量MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2++3OH﹣+H+=Mg（OH）↓+H2O
B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的反应为：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣
C．等物质的量的FeBr2与Cl2反应为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣
D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．等物质的量MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2++4OH﹣+2H+═Mg（OH）2↓+2H2O，故A错误；
B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的反应为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B错误；
C．等物质的量的FeBr2与Cl2反应为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣，故C正确；
D．浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而影响双氧水还原性的检验，故D错误；
故选：C．
【分析】A．等物质的量MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合先发生酸碱中和；
B．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；
C．二价铁离子的还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子；
D．浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化．
20．（2015高三上·兰溪开学考）海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示），下列有关说法正确的是（ ）
A．第①步中除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B．工业上金属钠是通过氯碱工业制取
C．从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩
D．在第③④⑤步中溴元素均被氧化
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】解：A．选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，故A错误；
B．氯碱工业为电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的反应，而工业上用电解熔融的氯化钠冶炼钠，故B错误；
C．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，过程的目的是浓缩，故C正确；
D．④中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故D错误．
故选C．
【分析】A．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求；
B．工业用电解熔融的氯化钠冶炼钠；
C．根据转化的目的来判断；
D．根据物质的性质结合元素化合价的变化判断．
21．（2017高一上·武汉期末）如图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系．该溶液的成分可能是（ ）
A．NH4Al（SO4）2 B．KAl（SO4）2
C．Al2（SO4）3 D．NaAlO2
【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】解：A．由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故NH4Al（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH﹣）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，再加入1mol氢氧化钡，再生成1mol硫酸钡沉淀，同时2molOH﹣与NH4+，此时的沉淀量为5mol+1mol=6mol：故A错误；
B．由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故KAl（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH﹣）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，再加入1mol氢氧化钡，再生成1mol硫酸钡沉淀，同时2molOH﹣使2molAl（OH）3溶解，此时的沉淀量为5mol+1mol﹣2mol=4nol，故B错误；
C．由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故Al2（SO4）3为1mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH﹣）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，故C正确；
D．偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，故D错误；
故选：C．
【分析】A．由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，结合加入3mol氢氧化钡沉淀最大判断；
B．由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，结合加入3mol氢氧化钡沉淀最大判断；
C．先发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，结合加入3mol氢氧化钡沉淀最大判断；
D．偏铝酸钠与氢氧化钡不反应．
22．（2015高三上·兰溪开学考）下列变化能够实现的是（ ）
①弱酸与盐溶液反应生成强酸
②两种氧化物发生反应有气体生成
③两种酸的溶液充分反应后溶液呈中性
④复分解反应中既没有生成水，也没有生成沉淀和气体
⑤两种无色气体常温常压下混合后气体颜色加深
⑥有单质生成的非氧化还原反应．
A．全部 B．只有①③⑤ C．只有②④⑥ D．只有①②③
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型
【解析】【解答】解：①弱酸与盐溶液如果满足复分解条件也可能生成强酸，如CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4，故①正确；②二氧化氮与水反应生成NO，所以两种氧化物发生反应有气体生成可以实现，故②正确；③一元强酸和一元强碱恰好反应所得溶液呈中性，两种酸溶液充分反应后，所得溶液呈中性可以实现，如亚硫酸和氢硫酸反应，故③正确④如果生成弱电解质也可以发生复分解反应，所以发生复分解反应，但产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成也能发生，故④正确；⑤一氧化氮与氧气常温常压下混合后生成红棕色的二氧化氮，颜色加深，故⑤正确⑥氧气和臭氧之间的转化有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应，故⑥正确；
故这些变化全部能够实现，
故选A．
【分析】①弱酸与盐溶液如果满足复分解条件也可能生成强酸；②两种氧化物发生反应有气体生成；③亚硫酸和氢硫酸恰好反应所得溶液呈中性④如果生成弱电解质也可以发生复分解反应⑤一氧化氮与氧气常温常压下混合后生成红棕色的二氧化氮；⑥有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应．
二、填空题
23．（2015高三上·兰溪开学考）X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大．化合物甲由X、Z、Q三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13．工业上常用电解饱和QR溶液生成甲；化合物乙由X、R两种元素组成；请回答以下问题：
（1）Q的原子结构示意图为 ．
（2）Y元素的单质能发生如图所示的转化，则Y元素为 （用元素符号表示）．在甲溶液中通入足量YZ2气体，所得溶液呈碱性，原因是 （用离子方程式和必要的文字说明）．
（3）W的单质既能与甲溶液反应，又能与乙溶液反应．
①常温下，将W的单质和甲溶液混合，发生反应的离子方程式为： ．
②Q、W两种元素金属性的强弱为Q W（填“＜”、“＞”）；
下列表述中证明这一事实的是 ．
a．Q的单质的熔点比W单质低
b．Q的最高价氧化物的水化物的碱性比W的最高价氧化物的水化物的碱性强
c．W的原子序数大．
【答案】（1）
（2）C；HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度
（3）2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；＞；b
【知识点】无机物的推断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大，化合物甲由X、Z、Q三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13，则甲为强碱，且为短周期元素，所以是氢氧化钠，
X、Z、Q原子序数依次增大，所以X是H元素，Z是O元素，Q是Na元素，
工业上常用电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠，所以R是Cl元素；
化合物乙由H、Cl两种元素组成，所以乙是HCl；
W的单质既能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸溶液反应，则W是Al元素，
Y的原子序数小于O元素，Y和氧气能生成两种氧化物，根据其化合价知，Y为C元素，（1）Q是Na元素，钠原子核外有11个电子、3个电子层，钠的原子结构示意图为 ，
故答案为： ；（2）通过以上分析知，Y为C元素；在氢氧化钠溶液中通入足量CO2气体，二者反应生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子既能水解也能电离，但电离程度小于水解程度，所以溶液呈碱性，
故答案为：C；HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度；（3）①常温下，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；②Na、Al两种元素金属性的强弱为Q＞W，金属的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强，与酸反应越容易失去电子，故选b．
故答案为：＞；b．
【分析】X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大，化合物甲由X、Z、Q三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13，则甲为强碱，且为短周期元素，所以是氢氧化钠，
X、Z、Q原子序数依次增大，所以X是H元素，Z是O元素，Q是Na元素，
工业上常用电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠，所以R是Cl元素；
化合物乙由H、Cl两种元素组成，所以乙是HCl；
W的单质既能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸溶液反应，则W是Al元素，
Y的原子序数小于O元素，Y和氧气能生成两种氧化物，根据其化合价知，Y为C元素，结合物质的性质来分析解答．
24．（2015高三上·兰溪开学考）比较法是化学中研究物质性质的基本方法之一，请运用比较法解答下题．Na2O2几乎可与所有的常见气态非金属氧化物反应．如2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，Na2O2+CO═Na2CO3．
（1）试分别写出Na2O2与SO2、SO3反应的化学方程式： ；
（2）通过比较可知，当非金属元素处于 价时，其氧化物与Na2O2反应有O2生成．
（3）依上述规律，写出Na2O2与N2O5反应的化学方程式
【答案】（1）SO2+Na2O2=Na2SO4、2SO3+2Na2O2=2Na2SO4+O2↑
（2）最高化合
（3）2N2O5+2Na2O2=4NaNO3+O2
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】解：（1）过氧化钠与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠，方程式为：SO2+Na2O2=Na2SO4；
过氧化钠与三氧化硫发生化合反应生成硫酸钠和氧气，方程式为：2SO3+2Na2O2=2Na2SO4+O2↑；
故答案为：SO2+Na2O2=Na2SO4、2SO3+2Na2O2=2Na2SO4+O2↑；（2）二氧化硫中硫元素处于+4价，三氧化硫中硫元素处于+6价，是硫的最高价态，依据SO2+Na2O2=Na2SO4 2SO3+2Na2O2=2Na2SO4+O2↑可知，当非金属元素处于最高价态，其氧化物与Na2O2反应有O2生成；
故答案为：最高化合；（3）五氧化二氮处于氮的最高价态，与过氧化钠反应生成硝酸钠和氧气，反应的方程式为：2N2O5+2Na2O2=4NaNO3+O2；
故答案为：2N2O5+2Na2O2=4NaNO3+O2．
【分析】（1）过氧化钠与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠；过氧化钠与三氧化硫发生化合反应生成硫酸钠和氧气；（2）依据二氧化硫与三氧化硫中硫元素化合价结合反应方程式解答；（3）五氧化二氮处于氮的最高价态，与过氧化钠反应生成硝酸钠和氧气．
25．（2015高三上·兰溪开学考）FeSO4 7H2O广泛用于医药和工业领域．以下是FeSO4 7H2O的实验室制备流程图．
根据题意完成下列填空：
（1）碳酸钠溶液能除去酯类油污，是因为 （用离子方程式表示），
（2）废铁屑中含氧化铁，无需在制备前除去，理由是（用离子方程式回答） ， ．
以下是测定某补血剂（FeSO4 7H2O）中铁元素含量的流程图．根据题意完成下列填空：
（3）步骤Ⅲ需要100mL1mol/L的稀硫酸，用98.3%，ρ=1.84g/cm3的浓硫酸配制，所用的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管及 ．
（4）步骤Ⅴ一系列操作依次是：①过滤②洗涤③ ④冷却⑤称量⑥恒重操作．操作⑥的目的是 ．
（5）假设实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量 g（用含a的代数式表示）．
【答案】（1）CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣
（2）Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；2Fe3++Fe═3Fe2+
（3）100mL容量瓶
（4）灼烧；确保氢氧化铁完全分解成了氧化铁
（5）0.07a
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：废铁屑中含有酯类油污，Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣水解生成HCO3﹣和OH﹣，升高促进CO32﹣水解，碱促进油脂水解，然后过滤洗涤，加入稀硫酸，发生反应II为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，趁热过滤、冷却结晶，过滤洗涤得到FeSO4 7H2O；（1）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣水解生成HCO3﹣和OH﹣，水解方程式为CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，
故答案为：CO32﹣+H2O HCO3﹣和OH﹣；（2）废铁屑中含氧化铁，无需在制备前除去，因为氧化铁和酸反应生成铁盐，铁盐能被Fe还原生成亚铁盐，涉及的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；2Fe3++Fe═3Fe2+；
将补血剂研细，向药片中加入稀硫酸，然后过滤得到沉淀，向滤液中加入双氧水，发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，向溶液中加入过量X溶液生成红褐色沉淀，则X为碱，将红褐色沉淀灼烧得到红棕色固体Fe2O3，（3）配制一定物质的量浓度的溶液时还需要100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；（4）步骤Ⅴ一系列操作依次是：①过滤②洗涤③灼烧④冷却⑤称量⑥恒重操作，操作⑥的目的是确保氢氧化铁完全分解成了氧化铁，
故答案为：灼烧（加热）；确保氢氧化铁完全分解成了氧化铁；（5）ag中m（Fe）= ×ag=0.7ag，则每片药品中Fe的质量为0.07ag，
故答案为：0.07a．
【分析】废铁屑中含有酯类油污，Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣水解生成HCO3﹣和OH﹣，升高促进CO32﹣水解，碱促进油脂水解，然后过滤洗涤，加入稀硫酸，发生反应II为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，趁热过滤、冷却结晶，过滤洗涤得到FeSO4 7H2O；
将补血剂研细，向药片中加入稀硫酸，然后过滤得到沉淀，向滤液中加入双氧水，发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，向溶液中加入过量X溶液生成红褐色沉淀，则X为碱，将红褐色沉淀灼烧得到红棕色固体Fe2O3，据此分析解答．
26．（2015高三上·兰溪开学考）合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%～5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究．填写下列空白．
（1）【实验方案一】将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量．实验中发生反应的化学方程式是
【实验步骤】
称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于VmL 2.0mol/LNaOH溶液中，充分反应．则NaOH溶液的体积V≥ ．
（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体．该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．
（3）【实验方案二】
将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃，1.01105Pa）的体积．
【问题讨论】
同学们拟选用图1实验装置完成实验：
①你认为最简易的装置其连接顺序是：A接 接 接 （填接口字母，可不填满．）
②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶．请你帮助分析原因． ．
③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为合理的是 ．
A．待实验装置冷却后再读数
B．上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平
C．上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平
D．视线与凹液面的最低点水平，读取量筒中水的体积
（4）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了图2所示的实验装置．
①装置中导管a的作用是 ．
②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL．则产生氢气的体积为 mL．
【答案】（1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；97mL
（2）偏高
（3）E；D；G；镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；ACD
（4）保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；V1﹣V2
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（1）含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为，5.4g×（1﹣3%）=5.4×97%g，则：
2Al + 2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
54g 2mol
5.4g×97%g V×10﹣3L×2.0mol/L
所以54g：（5.4g×97%g）=2mol：（V×10﹣3L×2.0mol/L），解得：V=97，故V（NaOH溶液）≥97mL；
故答案为：97mL；（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高，故答案为：偏高；
方案二：（1）①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：（A）接（E）（D）接（G）；
故答案为：E；D；G；
②镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；
故答案为：镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；
③反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；
故选ACD；（2）①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，故测定氢气的体积为V1﹣V2；
故答案为：V1﹣V2．
【分析】方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；（1）镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大；
方案二：（1）①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；
②镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；
③反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；（2）①保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积（注意应保持干燥管与滴定管内液面等高），收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小．
1 / 12015-2016学年浙江省金华市兰溪市兰荫中学高三上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2015高三上·兰溪开学考）下列推断正确的是（ ）
A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
B．Al2O3、MgO可用作高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料
C．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
D．新制氯水显酸性，可用pH试纸测定其酸碱度
2．（2015高三上·兰溪开学考）卫生部发出公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙（CaO2）等食品添加剂．下列对于过氧化钙（CaO2）的叙述错误的是（ ）
A．CaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用
B．CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2
C．CaO2和水反应时，每产生1 mol O2转移电子4 mol
D．CaO2中阴阳离子的个数比为1：1
3．（2015高三上·兰溪开学考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．0.1 mol L﹣1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液中：K+、Cu2+、Cl﹣、MnO4﹣
B．遇KSCN溶液变红色的溶液：Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣
C．使甲基橙变红色的溶液：NH4+、Cu2+、ClO﹣、Cl﹣
D．0.1mol L﹣1NaHCO3溶液：K+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣
4．（2015高三上·兰溪开学考）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A．粗硅 SiCl4 Si
B．Mg（OH）2 MgCl2（aq） Mg
C．Fe2O3 FeCl3（aq） 无水FeCl3
D．AgNO3（aq） [Ag（NH3）2]OH（aq） Ag
5．（2015高三上·兰溪开学考）化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列化学用语不正确的是（ ）
A．Cl﹣的结构示意图：
B．羟基的电子式：
C．HClO的结构式：H﹣Cl﹣O
D．原子核内有10个中子的氧原子：
6．（2015高三上·兰溪开学考）复印机工作时易产生臭氧，臭氧浓度过高时对人体有害．臭氧具有强氧化性，可使润湿的KI﹣淀粉试纸变蓝．有关反应式为：O3+2KI+H2O═2KOH+I2+O2对此下列说法正确的是（ ）
A．反应中1 mol O3得到4 mol电子
B．反应中O3是氧化剂，H2O与KI是还原剂
C．氧化产物I2与还原产物KOH的物质的量之比是1：1
D．由此反应知，氧化性强弱顺序是O3＞I2＞O2
7．（2015高三上·兰溪开学考）用铁酸钠（Na2FeO4）对自来水消毒是饮用水处理新技术，下列有关分析正确的是（ ）
A．在Na2FeO4中Fe显+8价，具有强氧化性，所以能杀菌消毒
B．因为Na2FeO4溶液显碱性，所以能杀菌消毒
C．Na2FeO4的还原产物为Fe3+，其易水解产生Fe（OH）3胶体，使水中悬浮物聚沉
D．Na2FeO4的还原产物Fe2+ 水解，生成的胶体使水中悬浮物沉降，从而达到消毒目的
8．（2015高三上·兰溪开学考）下列溶液中的NO3﹣离子浓度与500mL 1mol L﹣1NaNO3中的NO3﹣浓度相等的是（ ）
A．100mL2mol L﹣1NH4NO3溶液
B．40mL0.5mol L﹣1Ca（NO3）2溶液混合
C．50mLl.5mol L﹣1Al（NO3）3溶液
D．150mL1mol L﹣1Mg（NO3）2溶液
9．（2015高三上·兰溪开学考）亚氯酸盐（NaClO2）可作漂白剂，在常温下不见光时可保存一年，但在酸性溶液里因生成亚氯酸而发生分解：5HClO2=4ClO2↑+H++Cl﹣+2H2O．开始时，分解反应非常慢，随后突然释放出很多的ClO2．对于以上分解速率变化的原因，下列猜测最合理的是（ ）
A．酸使亚氯酸的氧化性增强
B．溶液中的H+起催化剂的作用
C．溶液中的Cl﹣起催化剂的作用
D．逸出的ClO2使反应的生成物的浓度降低
10．（2016高二上·山东开学考）下列说法正确的是（ ）
A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应
D．SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4
11．（2015高三上·潍坊期末）以包列科学家Danici Shcchtman因发现准晶体获得2011年诺贝尔化学奖．人们在自然界中也找到了组成为Al63Cu24Fe13的天然准晶体．将相同质量的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为（ ）
A．n（烧碱）＜n（稀硝酸）＜n（盐酸）
B．n（烧碱）＜n（盐酸）＜n（稀硝酸）
C．n（稀硝酸）＜n（烧碱）＜n（盐酸）
D．n（盐酸）＜n（稀硝酸）＜n（烧碱）
12．（2015高三上·兰溪开学考）美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是（ ）
A．合金的熔点一般比组分金属低
B．铝钠合金若投入一定量的水中可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）
C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，会有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出
D．若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小
13．（2015高三上·兰溪开学考）对某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42﹣
B．通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉后溶液变蓝，则原溶液中一定有I﹣
C．加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀消失，则原溶液中一定有Ba2+
D．加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则原溶液一定有NH4+
14．（2015高三上·兰溪开学考）同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是（ ）
A．2Na218O2+2H2O═4Nal8OH+O2↑
B．NH4Cl+2H2O═NH3 2H2O+HCl
C．2KMnO4+5H218O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2O
D．K37ClO3+6HCl═K37Cl+3Cl2↑+3H2O
15．（2015高三上·兰溪开学考）常温下，pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣、I﹣、SO42﹣中的4种，且各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是（ ）
A．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4
B．实验消耗Cu 14.4g，则生成气体丁的体积为3.36L
C．该溶液中一定有NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣四种离子
D．生成的甲、乙、丙气体均为无色的易溶于水气体
16．（2015高三上·兰溪开学考）X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．它们在周期表的相对位置如下表：则下列说法正确的是（ ）
M
X Y Z
W
A．Y、M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g．L﹣1
B．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M
C．由X元素形成的单质一定是原子晶体
D．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物
17．（2015高三上·兰溪开学考）下列说法正确的是（ ）
A．淀粉与稀H2SO4共热，再加银氨溶液水浴加热，无银镜生成，说明淀粉水解产物无还原性
B．SiO2+2C Si+2CO 说明碳的非金属性大于硅的非金属性
C．向NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，有白色沉淀产生，是因为两者都发生了水解反应，且相互促进
D．将CO2通入Na2SiO3溶液中，有白色沉淀生成，证明H2CO3酸性比H2SiO3强
18．（2015高三上·兰溪开学考）“暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的．某老师在课堂上做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色．若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN 的FeCl2溶液，则溶液呈血红色．则下列说法中不正确的是（ ）
A．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
D．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
19．（2015高三上·兰溪开学考）有关下列离子方程式的说法正确的是（ ）
A．等物质的量MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2++3OH﹣+H+=Mg（OH）↓+H2O
B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的反应为：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣
C．等物质的量的FeBr2与Cl2反应为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣
D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O
20．（2015高三上·兰溪开学考）海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示），下列有关说法正确的是（ ）
A．第①步中除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B．工业上金属钠是通过氯碱工业制取
C．从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩
D．在第③④⑤步中溴元素均被氧化
21．（2017高一上·武汉期末）如图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系．该溶液的成分可能是（ ）
A．NH4Al（SO4）2 B．KAl（SO4）2
C．Al2（SO4）3 D．NaAlO2
22．（2015高三上·兰溪开学考）下列变化能够实现的是（ ）
①弱酸与盐溶液反应生成强酸
②两种氧化物发生反应有气体生成
③两种酸的溶液充分反应后溶液呈中性
④复分解反应中既没有生成水，也没有生成沉淀和气体
⑤两种无色气体常温常压下混合后气体颜色加深
⑥有单质生成的非氧化还原反应．
A．全部 B．只有①③⑤ C．只有②④⑥ D．只有①②③
二、填空题
23．（2015高三上·兰溪开学考）X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大．化合物甲由X、Z、Q三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13．工业上常用电解饱和QR溶液生成甲；化合物乙由X、R两种元素组成；请回答以下问题：
（1）Q的原子结构示意图为 ．
（2）Y元素的单质能发生如图所示的转化，则Y元素为 （用元素符号表示）．在甲溶液中通入足量YZ2气体，所得溶液呈碱性，原因是 （用离子方程式和必要的文字说明）．
（3）W的单质既能与甲溶液反应，又能与乙溶液反应．
①常温下，将W的单质和甲溶液混合，发生反应的离子方程式为： ．
②Q、W两种元素金属性的强弱为Q W（填“＜”、“＞”）；
下列表述中证明这一事实的是 ．
a．Q的单质的熔点比W单质低
b．Q的最高价氧化物的水化物的碱性比W的最高价氧化物的水化物的碱性强
c．W的原子序数大．
24．（2015高三上·兰溪开学考）比较法是化学中研究物质性质的基本方法之一，请运用比较法解答下题．Na2O2几乎可与所有的常见气态非金属氧化物反应．如2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，Na2O2+CO═Na2CO3．
（1）试分别写出Na2O2与SO2、SO3反应的化学方程式： ；
（2）通过比较可知，当非金属元素处于 价时，其氧化物与Na2O2反应有O2生成．
（3）依上述规律，写出Na2O2与N2O5反应的化学方程式
25．（2015高三上·兰溪开学考）FeSO4 7H2O广泛用于医药和工业领域．以下是FeSO4 7H2O的实验室制备流程图．
根据题意完成下列填空：
（1）碳酸钠溶液能除去酯类油污，是因为 （用离子方程式表示），
（2）废铁屑中含氧化铁，无需在制备前除去，理由是（用离子方程式回答） ， ．
以下是测定某补血剂（FeSO4 7H2O）中铁元素含量的流程图．根据题意完成下列填空：
（3）步骤Ⅲ需要100mL1mol/L的稀硫酸，用98.3%，ρ=1.84g/cm3的浓硫酸配制，所用的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管及 ．
（4）步骤Ⅴ一系列操作依次是：①过滤②洗涤③ ④冷却⑤称量⑥恒重操作．操作⑥的目的是 ．
（5）假设实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量 g（用含a的代数式表示）．
26．（2015高三上·兰溪开学考）合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%～5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究．填写下列空白．
（1）【实验方案一】将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量．实验中发生反应的化学方程式是
【实验步骤】
称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于VmL 2.0mol/LNaOH溶液中，充分反应．则NaOH溶液的体积V≥ ．
（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体．该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．
（3）【实验方案二】
将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃，1.01105Pa）的体积．
【问题讨论】
同学们拟选用图1实验装置完成实验：
①你认为最简易的装置其连接顺序是：A接 接 接 （填接口字母，可不填满．）
②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶．请你帮助分析原因． ．
③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为合理的是 ．
A．待实验装置冷却后再读数
B．上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平
C．上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平
D．视线与凹液面的最低点水平，读取量筒中水的体积
（4）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了图2所示的实验装置．
①装置中导管a的作用是 ．
②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL．则产生氢气的体积为 mL．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】解：A．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，减少污染物的排放而不是污染治理，故A错误；
B．氧化铝和氧化镁的熔点很高，所以可以作高温材料，光纤制品的基本原料是二氧化硅，故B正确；
C．将SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，可说明二氧化硫为酸性氧化物，不能说明其漂白性，故C错误；
D．氯水有漂白性，能使pH试纸褪色，不能用pH试纸测定其酸碱度，故D错误．
故选B．
【分析】A．“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染；
B．氧化铝和氧化镁的熔点较高能作高温材料，光纤制品的基本原料是二氧化硅；
C．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色；
D．氯水有漂白性．
2．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．与过氧化钠的性质相似，则CaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用，故A正确；
B．由过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气可知，CaO2和CO2反应的化学方程式为2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2，故B正确；
C．由2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2可知，生成1 mol O2转移电子为1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2 mol，故C错误；
D．阴离子为过氧根离子，阳离子为钙离子，则CaO2中阴阳离子的个数比为1：1，故D正确；
故选C．
【分析】过氧化钙（CaO2）与过氧化钠相似，均具有强氧化性、漂白性，阴离子均为过氧根离子，阳离子不同，以此来解答．
3．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．Fe2+、MnO4﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．遇KSCN溶液变红色的溶液，含铁离子，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；
C．使甲基橙变红色的溶液，显酸性，H+、ClO﹣、Cl﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．AlO2﹣促进的HCO3﹣电离，不能大量共存，故D错误；
故选B．
【分析】A．离子之间发生氧化还原反应；
B．遇KSCN溶液变红色的溶液，含铁离子；
C．使甲基橙变红色的溶液，显酸性；
D．AlO2﹣促进的HCO3﹣电离．
4．【答案】A
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl，该反应可用于工业提纯硅，故A正确；
B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，工业用电解熔融的氯化镁制备镁，故B错误；
C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl，蒸发时应在HCl环境中进行，故C错误；
D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，故D错误．
故选A．
【分析】A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl；
B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气；
C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl；
D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应．
5．【答案】C
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A．氯离子最外层达到8电子稳定结构，所以Cl﹣的结构示意图为： ，故A正确；
B．羟基中氧原子最外层为7个电子，羟基的电子式为： ，故B正确；
C．次氯酸的电子式为： ，将共用电子对换成短线即为次氯酸的结构式，所以次氯酸的结构式为：H﹣O﹣Cl，故C错误；
D．氧原子的质子数为8，有10个中子的氧原子的质量数为18，该氧原子可以表示为： ，故D正确；
故选C．
【分析】A．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18；
B．羟基中含有1个氧氢键，氧原子最外层为7个电子；
C．次氯酸中不存在氢氯键，其分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键；
D．中子数为10的氧原子的质量数为18，元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数．
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．该反应中转移2e﹣，即在反应中，每消耗1molO3转移2mol电子，故A错误；
B．I元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则反应中O3是氧化剂，KI是还原剂，故B错误；
C．氧化产物I2和还原产物KOH的物质的量之比为1：1，故C正确；
D．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序为O3＞I2，不能确定与氧气的关系，故D错误；
故选C．
【分析】由O3+2KI+H2O═2KOH+I2+O2，I元素的化合价升高，O元素的化合价降低，该反应中转移2e﹣，以此来解答．
7．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．化合物中Fe为最高价，具有强氧化性，则在Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，故A错误；
B．Na2FeO4在溶液中水解显碱性，且Fe为最高价，具有强氧化性，能消毒杀菌，与碱性无关，故B错误；
C．Na2FeO4的还原产物为Fe3+，Fe3+水解为Fe（OH）3胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降，故C正确；
D．Na2FeO4的还原产物为Fe3+，Fe3+水解为Fe（OH）3胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降，故D错误；
故选C．
【分析】A．化合物中Fe为最高价，具有强氧化性；
B．Na2FeO4在溶液中水解，且Fe为最高价，具有强氧化性；
C．Na2FeO4的还原产物为Fe3+；
D．Na2FeO4的还原产物为Fe3+．
8．【答案】B
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：500mL 1mol L﹣1NaNO3中的NO3﹣浓度为1mol/L，
A、100mL2mol/NH4NO3溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=2mol/L．
B、40mL0.5mol L﹣1Ca（NO3）2溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=0.5mol/L×2=1mol/L．
C、50mLl.5mol L﹣1Al（NO3）3溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=1.5mol/L×3=4.5mol/L．
D、150mL1mol L﹣1Mg（NO3）2溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=1mol/L×2=2mol/L．
故选B．
【分析】根据溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数进行计算NO3﹣的物质的量浓度，与溶液的体积无关，20mL1mol L﹣1NaNO3溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=1mol/L×1=1mol/L．
9．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：A、若是酸使亚氯酸的氧化性增强，应该开始时反应速率应该就很快，故A错误；
B、由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见不是氢离子的催化作用，故B错误；
C、反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见是氯离子的催化作用，故C正确；
D、逸出的ClO2使反应的生成物的浓度降低，不会出现反应速率突然加快现象，故D错误；
故选C．
【分析】A、酸使亚氯酸的氧化性增强，开始时反应速率应该就很快；
B、开始时溶液中就有氢离子，反应速率很慢；
C、开始时溶液中氯离子浓度很小，随着反应进行，氯离子浓度逐渐增大；
D、生成物浓度的降低，反应速率不会突然加快．
10．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：A．I、Br同主族，自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱，故I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性弱，故A错误；
B．Si、P同周期，随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强，故P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强，故B正确；
C．氧化铝属于两性氧化物，能与氢氧化钠反应，而MgO属于碱性氧化物，能与酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；
D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡，故SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO4，故D错误，
故选B．
【分析】A．同主族自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱； B．同周期随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强； C．MgO不能与氢氧化钠溶液反应； D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡．
11．【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，
铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成气体，
为便于计算，可设Al63Cu24Fe13为1mol，
根据金属和生成气体之间的关系式得生成气体体积分别为：
与HCl反应时：n（H2）=13+63×1.5=107.5 mol，
与NaOH反应时：n（H2）=63×1.5=94.5 mol，
与HNO3反应时：n（NO）=63+13+24× =92 mol，
所以生成气体体积大小顺序是n（稀硝酸）＜n（烧碱）＜n（盐酸），
故选C．
【分析】该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成NO气体，结合得失电子的物质的量关系可确定生成气体的物质的量．
12．【答案】D
【知识点】合金及其应用；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：A、合金的硬度较大、熔点一般比组分金属低，故A正确；
B、铝钠合金若投入一定量的水中，先发生钠与水的反应，接着发生铝与氢氧化钠溶液的反应，当n（Al）≤n（Na），铝完全反应可得无色溶液，故B正确；
C、铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，先发生钠与水的反应生成氢氧化钠溶液，氯化铜和氢氧化钠溶液反应会有氢氧化铜沉淀，若铝过量也可能置换出铜，故C正确；
D、由于等质量的铝和钠分别与足量盐酸反应，铝放出的H2多，若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越大．
故D错误；
故选D．
【分析】A、合金是一种金属与其它金属或非金属熔合而成具有金属特性的物质，是混合物，其硬度比纯金属大，熔点比纯金属低；
B、钠溶于水生成氢氧化钠和氢气，而铝能和氢氧化钠难溶于反应生成NaAlO2和氢气，因此根据得到的是无色溶液可知，单质铝的物质的量小于钠的；
C、钠溶于水生成氢氧化钠和氢气，因此可以生成氢氧化铜沉淀．如果铝过量，则还能和氯化铜发生置换反应生成铜；
D、在质量相等的条件下，金属铝放出的氢气多，所以若放出H2越多，则铝的质量分数越大．
13．【答案】B
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：A．加入Ba（NO3）2溶液生成的不溶于盐酸的白色沉淀可能为硫酸钡，原溶液中可能含有SO32﹣，不一定含有SO42﹣，故A错误；
B．通入Cl2后，溶液变为黄色（碘水），加入淀粉后溶液变蓝（碘遇淀粉变蓝），则原溶液中一定有I﹣，故B正确；
C．碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不一定含有Ba2+，故C错误；
D．产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，为酸性气体，该气体不是氨气，则原溶液中不存在氨气，故D错误；
故选B．
【分析】A．加入Ba（NO3）2溶液生成的不溶于盐酸的白色沉淀可能为硫酸钡，原溶液中可能含有SO42﹣或SO32﹣；
B．Cl2与I﹣发生氧化还原反应，碘遇淀粉变蓝；
C．能够与碳酸钠生成的溶于盐酸的白色沉淀不一定为碳酸钡，可能为碳酸钙，原溶液中可能含有钙离子；
D．能使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体．
14．【答案】C
【知识点】同位素及其应用
【解析】【解答】解：A过氧化物与水反应实质为，过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，所以18O同时在水中和氧气中，不出现在氢氧化钠中，故A错误；
C．NH4Cl水解，其实是水电离的氢氧根、氢离子分别和NH4+、Cl﹣结合，生成一水合氨和氯化氢，所以2H应同时存在在一水合氨中和HCl中，故B错误；
C．KMnO4中Mn元素化合价降低为2×（7﹣2）=10，H218O2中O元素化合价升高：5×2×[0﹣（﹣1）]=10，化合价升降相等，高锰酸钾把过氧根氧化为氧气，18O全部在氧气中，故C正确；
D．KClO3和HCl发生归中反应，KClO3中氯元素由+5价降低为0价，不能降低为﹣1，HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为0价，氯气中的Cl有 来自KClO3， 来自HCl，KCl中的Cl全部来自HCl，故D错误；
故选C．
【分析】根据物质中化学键的断键方式确定生成物，从而确定示踪原子的位置，
A．过氧化物与水反应实质为：过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气；
B．铵根离子水解实质为铵根离子结合水提供的氢氧根生成一水合氨，同时生成氯化氢；
C．根据化合价升降相等进行判断；
D．KClO3和HCl发生归中反应，化合价变化不能出现交叉价态．
15．【答案】C
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，氢离子浓度为0.1mol/L，溶液中一定不存在与氢离子反应的离子：CO32﹣、NO2﹣；
溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生白色沉淀，可以排除Fe2+、Fe3+，原溶液中一定有Al3+；
溶液乙加铜和浓硫酸能产生NO，原溶液中有NO3﹣，强酸性溶液中有NO3﹣，则一定没有Fe2+、I﹣；
A．根据分析可知，溶液中含有硫酸根离子，所以沉淀乙中一定为碳酸钡和硫酸钡沉淀的化合物，故A错误；
B．根据反应方程式3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，消耗14.4g铜，生成一氧化氮气体的物质的量为： =0.15mol，由于没有告诉是标准状况下，0.15mol一氧化氮的体积不一定为3.35L，故B错误；
C．根据以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氢离子、0.1mol/L的铝离子，溶液中阳离子带有的电荷为：0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根离子外，还应该含有SO42﹣离子和Cl﹣，所以该溶液中一定有NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣四种离子，故C正确；
D．产生的气体NO、CO2、NH3中，NO不溶于水，故D错误；
故选C．
【分析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32﹣、NO2﹣；溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液含有一定有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，原溶液中有NO3﹣，强酸性溶液中含有NO3﹣，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I﹣，最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3﹣、Al3+、SO42﹣ Cl﹣五种离子．
16．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，则为前三周期，M在第一周期，为H元素，W为第三周期第IA族，则W为Na元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，
A．Y、M形成的气态化合物为NH3，在标准状况下的密度为ρ= = =0.76 g．L﹣1，故A正确；
B．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小，则原子半径：Na＞C＞N＞O＞H，即W＞Z＞X＞Y＞Z＞M，故B错误；
C．X为C元素，C元素的单质有多种，金刚石属于原子晶体，石墨属于混合晶体，C60属于分子晶体，故C错误；
D．XZ2、X2M2、W2Z2分别为CO2、C2H2、Na2O2，其中CO2、C2H2为直线型的共价化合物，Na2O2为离子化合物，故D错误．
故选A．
【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，则为前三周期，M在第一周期，为H元素，W为第三周期第IA族，则W为Na元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，结合元素及其化合物的性质分析．
17．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；钠的重要化合物；蔗糖与淀粉的性质实验；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：A．银镜反应应在碱性条件下进行，淀粉与稀H2SO4共热，没有加入碱调节溶液pH，故A错误；
B．SiO2+2C Si+2CO，反应中C的化合价升高作还原剂，表现还原性，为金属性，不能比较非金属性，故B错误；
C．NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2﹣与HCO3﹣电离出的氢离子再加上一份子的水生成氢氧化铝，不是发生的水解反应，故C错误；
D．向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸，为强酸制取弱酸的反应，故D正确．
故选D．
【分析】A．银镜反应应在碱性条件下进行；
B．反应中C表现还原性，为金属性，不能比较非金属性；
C．NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2﹣与HCO3﹣电离出的氢离子、水结合生成氢氧化铝；
D．反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸．
18．【答案】B
【知识点】含有氢键的物质
【解析】【解答】解：A．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B错误；
C．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故C正确；
D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确；
故选B．
【分析】A．根据题意知，电场作用下，水分子间更易制得“暖冰”；
B．在反应中有新物质生成的是化学反应；
C．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质；
D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水．
19．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．等物质的量MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2++4OH﹣+2H+═Mg（OH）2↓+2H2O，故A错误；
B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的反应为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B错误；
C．等物质的量的FeBr2与Cl2反应为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣，故C正确；
D．浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而影响双氧水还原性的检验，故D错误；
故选：C．
【分析】A．等物质的量MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合先发生酸碱中和；
B．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；
C．二价铁离子的还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子；
D．浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化．
20．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】解：A．选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，故A错误；
B．氯碱工业为电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的反应，而工业上用电解熔融的氯化钠冶炼钠，故B错误；
C．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，过程的目的是浓缩，故C正确；
D．④中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故D错误．
故选C．
【分析】A．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求；
B．工业用电解熔融的氯化钠冶炼钠；
C．根据转化的目的来判断；
D．根据物质的性质结合元素化合价的变化判断．
21．【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】解：A．由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故NH4Al（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH﹣）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，再加入1mol氢氧化钡，再生成1mol硫酸钡沉淀，同时2molOH﹣与NH4+，此时的沉淀量为5mol+1mol=6mol：故A错误；
B．由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故KAl（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH﹣）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，再加入1mol氢氧化钡，再生成1mol硫酸钡沉淀，同时2molOH﹣使2molAl（OH）3溶解，此时的沉淀量为5mol+1mol﹣2mol=4nol，故B错误；
C．由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故Al2（SO4）3为1mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH﹣）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，故C正确；
D．偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，故D错误；
故选：C．
【分析】A．由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，结合加入3mol氢氧化钡沉淀最大判断；
B．由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，结合加入3mol氢氧化钡沉淀最大判断；
C．先发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，结合加入3mol氢氧化钡沉淀最大判断；
D．偏铝酸钠与氢氧化钡不反应．
22．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型
【解析】【解答】解：①弱酸与盐溶液如果满足复分解条件也可能生成强酸，如CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4，故①正确；②二氧化氮与水反应生成NO，所以两种氧化物发生反应有气体生成可以实现，故②正确；③一元强酸和一元强碱恰好反应所得溶液呈中性，两种酸溶液充分反应后，所得溶液呈中性可以实现，如亚硫酸和氢硫酸反应，故③正确④如果生成弱电解质也可以发生复分解反应，所以发生复分解反应，但产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成也能发生，故④正确；⑤一氧化氮与氧气常温常压下混合后生成红棕色的二氧化氮，颜色加深，故⑤正确⑥氧气和臭氧之间的转化有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应，故⑥正确；
故这些变化全部能够实现，
故选A．
【分析】①弱酸与盐溶液如果满足复分解条件也可能生成强酸；②两种氧化物发生反应有气体生成；③亚硫酸和氢硫酸恰好反应所得溶液呈中性④如果生成弱电解质也可以发生复分解反应⑤一氧化氮与氧气常温常压下混合后生成红棕色的二氧化氮；⑥有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应．
23．【答案】（1）
（2）C；HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度
（3）2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；＞；b
【知识点】无机物的推断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大，化合物甲由X、Z、Q三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13，则甲为强碱，且为短周期元素，所以是氢氧化钠，
X、Z、Q原子序数依次增大，所以X是H元素，Z是O元素，Q是Na元素，
工业上常用电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠，所以R是Cl元素；
化合物乙由H、Cl两种元素组成，所以乙是HCl；
W的单质既能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸溶液反应，则W是Al元素，
Y的原子序数小于O元素，Y和氧气能生成两种氧化物，根据其化合价知，Y为C元素，（1）Q是Na元素，钠原子核外有11个电子、3个电子层，钠的原子结构示意图为 ，
故答案为： ；（2）通过以上分析知，Y为C元素；在氢氧化钠溶液中通入足量CO2气体，二者反应生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子既能水解也能电离，但电离程度小于水解程度，所以溶液呈碱性，
故答案为：C；HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度；（3）①常温下，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；②Na、Al两种元素金属性的强弱为Q＞W，金属的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强，与酸反应越容易失去电子，故选b．
故答案为：＞；b．
【分析】X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大，化合物甲由X、Z、Q三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13，则甲为强碱，且为短周期元素，所以是氢氧化钠，
X、Z、Q原子序数依次增大，所以X是H元素，Z是O元素，Q是Na元素，
工业上常用电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠，所以R是Cl元素；
化合物乙由H、Cl两种元素组成，所以乙是HCl；
W的单质既能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸溶液反应，则W是Al元素，
Y的原子序数小于O元素，Y和氧气能生成两种氧化物，根据其化合价知，Y为C元素，结合物质的性质来分析解答．
24．【答案】（1）SO2+Na2O2=Na2SO4、2SO3+2Na2O2=2Na2SO4+O2↑
（2）最高化合
（3）2N2O5+2Na2O2=4NaNO3+O2
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】解：（1）过氧化钠与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠，方程式为：SO2+Na2O2=Na2SO4；
过氧化钠与三氧化硫发生化合反应生成硫酸钠和氧气，方程式为：2SO3+2Na2O2=2Na2SO4+O2↑；
故答案为：SO2+Na2O2=Na2SO4、2SO3+2Na2O2=2Na2SO4+O2↑；（2）二氧化硫中硫元素处于+4价，三氧化硫中硫元素处于+6价，是硫的最高价态，依据SO2+Na2O2=Na2SO4 2SO3+2Na2O2=2Na2SO4+O2↑可知，当非金属元素处于最高价态，其氧化物与Na2O2反应有O2生成；
故答案为：最高化合；（3）五氧化二氮处于氮的最高价态，与过氧化钠反应生成硝酸钠和氧气，反应的方程式为：2N2O5+2Na2O2=4NaNO3+O2；
故答案为：2N2O5+2Na2O2=4NaNO3+O2．
【分析】（1）过氧化钠与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠；过氧化钠与三氧化硫发生化合反应生成硫酸钠和氧气；（2）依据二氧化硫与三氧化硫中硫元素化合价结合反应方程式解答；（3）五氧化二氮处于氮的最高价态，与过氧化钠反应生成硝酸钠和氧气．
25．【答案】（1）CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣
（2）Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；2Fe3++Fe═3Fe2+
（3）100mL容量瓶
（4）灼烧；确保氢氧化铁完全分解成了氧化铁
（5）0.07a
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：废铁屑中含有酯类油污，Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣水解生成HCO3﹣和OH﹣，升高促进CO32﹣水解，碱促进油脂水解，然后过滤洗涤，加入稀硫酸，发生反应II为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，趁热过滤、冷却结晶，过滤洗涤得到FeSO4 7H2O；（1）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣水解生成HCO3﹣和OH﹣，水解方程式为CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，
故答案为：CO32﹣+H2O HCO3﹣和OH﹣；（2）废铁屑中含氧化铁，无需在制备前除去，因为氧化铁和酸反应生成铁盐，铁盐能被Fe还原生成亚铁盐，涉及的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；2Fe3++Fe═3Fe2+；
将补血剂研细，向药片中加入稀硫酸，然后过滤得到沉淀，向滤液中加入双氧水，发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，向溶液中加入过量X溶液生成红褐色沉淀，则X为碱，将红褐色沉淀灼烧得到红棕色固体Fe2O3，（3）配制一定物质的量浓度的溶液时还需要100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；（4）步骤Ⅴ一系列操作依次是：①过滤②洗涤③灼烧④冷却⑤称量⑥恒重操作，操作⑥的目的是确保氢氧化铁完全分解成了氧化铁，
故答案为：灼烧（加热）；确保氢氧化铁完全分解成了氧化铁；（5）ag中m（Fe）= ×ag=0.7ag，则每片药品中Fe的质量为0.07ag，
故答案为：0.07a．
【分析】废铁屑中含有酯类油污，Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣水解生成HCO3﹣和OH﹣，升高促进CO32﹣水解，碱促进油脂水解，然后过滤洗涤，加入稀硫酸，发生反应II为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，趁热过滤、冷却结晶，过滤洗涤得到FeSO4 7H2O；
将补血剂研细，向药片中加入稀硫酸，然后过滤得到沉淀，向滤液中加入双氧水，发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，向溶液中加入过量X溶液生成红褐色沉淀，则X为碱，将红褐色沉淀灼烧得到红棕色固体Fe2O3，据此分析解答．
26．【答案】（1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；97mL
（2）偏高
（3）E；D；G；镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；ACD
（4）保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；V1﹣V2
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（1）含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为，5.4g×（1﹣3%）=5.4×97%g，则：
2Al + 2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
54g 2mol
5.4g×97%g V×10﹣3L×2.0mol/L
所以54g：（5.4g×97%g）=2mol：（V×10﹣3L×2.0mol/L），解得：V=97，故V（NaOH溶液）≥97mL；
故答案为：97mL；（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高，故答案为：偏高；
方案二：（1）①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：（A）接（E）（D）接（G）；
故答案为：E；D；G；
②镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；
故答案为：镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；
③反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；
故选ACD；（2）①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，故测定氢气的体积为V1﹣V2；
故答案为：V1﹣V2．
【分析】方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；（1）镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大；
方案二：（1）①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；
②镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；
③反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；（2）①保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积（注意应保持干燥管与滴定管内液面等高），收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小．
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