浙江省嘉兴市2024-2025学年高一上学期1月期末统考 化学试题（含答案）

第第页浙江省嘉兴市2024-2025学年高一上学期1月期末统考化学试题一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个选项中只有一个是符合要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列物质属于碱性氧化物的是A．KOH B．MgO C．ClO2 D．2．下列仪器能直接加热的是A． B． C． D．3．下列物质属于非电解质的是A．盐酸 B．NaClO C．CO D．I4．下列分散系不能产生“丁达尔效应”的是A．有色玻璃 B．FeOH3胶体 C．云5．下列行为符合实验安全要求的是A．实验剩余的钠不可放回原试剂瓶，应投入废液缸B．新制氯水应保存在棕色广口试剂瓶中C．应戴护目镜观察氢气在氯气中燃烧D．浓NaOH溶液不慎沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上小苏打溶液6．下列有关物质性质和用途对应关系不正确的是A．Na2B．硬铝密度小强度高，常用于制造飞机的零部件C．FeCl3D．次氯酸钙具有强氧化性，可以作棉、麻的漂白剂7．下列有关化学用语的表示方法正确的是A．中子数为10的氧原子：10B．甲烷的分子结构模型：C．14N的原子结构示意图：D．NaCl形成过程：8．关于反应H2A．氧化剂是ClB．每生成1molOC．还原性：H2D．氧化产物和还原产物物质的量之比为1：29．下列说法中正确的是A．234U与的235U是同种核素 B．16OC．14N和13C中子数不同 D．10．下列装置及用途说法正确的是甲乙丙丁A．装置甲可用于实验室制备氯气B．装置乙可用于分离溴水中的溴单质C．装置丙可以测量氯气体积D．装置丁可验证Na2O2与11．下列说法不正确的是A．碳酸氢钠溶于水伴随着放热现象，所得水溶液呈碱性B．铁在纯氧中燃烧，与水蒸气高温下反应均生成FeC．氯气与CaOH2充分反应，并使D．用铬酸作氧化剂对铝表面进行处理可以使氧化膜产生美丽的颜色12．“类比”是研究物质变化规律的重要方法。下列“类比”说法正确的是A．FeOH3受热易分解，则B．NaHCO3溶液显碱性，则NaHSOC．Cl2O中Cl的化合价为+1价，则D．Li在空气中加热生成Li2O13．下列说法正确的是A．元素周期表总共有18个族B．稀有气体元素的原子最外层电子均为8C．CaOH2的碱性强于MgD．在元素周期表金属和非金属分界处可以找到耐高温、耐腐蚀的合金元素14．某试剂瓶上贴有标签：1molA．取该溶液2mL于试管中滴加KSCN溶液产生血红色沉淀B．5mL该溶液恰好与50mL0.3molC．取该溶液20mL稀释到100mL，Cl−D．该溶液与50mL3mol15．下列各组离子能大量共存的是A．使酚酞溶液呈红色的溶液中：K+、Na+、SOB．强酸性溶液中：Mg2+、Fe2+、ClOC．含有大量Ba2+的溶液中：Na+、Cu2+、D．澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO16．下列离子方程式书写正确的是A．用食醋处理水垢中的MgB．把Na放入水中：2C．向NaOH溶液中通入过量COD．氯水和氯化亚铁溶液混合：Fe17．下列除去杂质的方法，正确的是选项物质(括号内为杂质)除杂方法AFe粉(Fe3用磁铁吸引BCl加入装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶洗气CCuO固体Al加入足量氢氧化钠溶液反应充分后过滤DNaCl溶液Na加入适量稀硫酸A．A B．B C．C D．D18．实验室用36.5%的浓盐酸(密度为1.2g⋅A．需用10mL的量筒量取36.5%B．按如图操作将浓盐酸转移到容量瓶中C．其他操作正确，定容时仰视容量瓶刻度线会使所配溶液浓度偏高D．标况下，将2.24LHCl溶于100mL水也可配得1mol19．下列说法不正确的是A．CaCl2B．HCl溶于水破坏了H+和ClC．根据HF的热稳定性比HCl好，可以判断F的非金属性比Cl强D．CO2和N20．短周期元素X、Y、Z、M在元素周期表中的相对位置如图所示，M的原子序数是Y的质子数的2倍。则下列说法不正确的是A．原子半径大小：ZB．X的一种核素可对文物进行年代测定和研究C．Y、Z、M可形成既含离子键，又含共价键的化合物D．简单氢化物的沸点：M21．在一定的温度下，用一可自由滑动的隔板将密闭容器分成左右两部分，向两边分别充入等质量的CH4和OA．左侧充入的气体是CHB．左右两侧的体积比是2：1C．左右两侧的气体密度比是1：2D．左右两侧的原子个数之比是5：222．设NAA．14gCO和N2的混合物含有的原子数为B．在25℃和101kPa下，24.5LN2C．1L0.1D．11g的2H223．为探究H2实验1：向H2O2溶液中滴加酸性KMnO实验2：向H2O2实验3：向MnO2中滴加H下列说法不正确的是A．三个实验中，放出的气体都是OB．实验1中H2O2C．实验3中，当有112mL气体生成时，理论上需要0.34D．通过实验可以得出氧化性强弱了：MnO24．为测定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，某同学设计的实验装置示意图如下：下列说法不正确的是A．a中应该装碱石灰，防止空气中CO2和HB．装置B中冰水的作用是冷凝反应生成的水C．X为空气，反应开始前先通空气，停止加热后，应再通一段时间空气D．装置B、C之间缺少CO225．下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A向沸水中滴加FeCl3与光束平行方向可以看到一条光亮的“通路”制得了FeOHB用洁净的铁丝蘸取溶液于酒精灯外焰上灼烧透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色该溶液含有钾元素，可能含有钠元素C向氯水中滴加少量NaBr溶液，观察颜色变化；再滴加淀粉-KI溶液，观察现象溶液先变为橙黄色，再滴加淀粉-KI溶液变为蓝色非金属性：Cl>Br>ID向AlCl3先产生沉淀后又溶解AlOHA．A B．B C．C D．D二、填空题(本大题共5小题，共46分)26．按要求回答下列问题。（1）实验室中要把钠保存中。（2）NH4HCO3（3）写出用化合反应得到氢氧化铁的化学方程式。27．氯气及含氯化合物相互转化关系如下图所示：（1）上述转化关系图中的含氯物质属于电解质的是。（2）下列说法正确的是___________。A．Cl2和HB．氯气有漂白性，可以使干燥的有色布条褪色C．反应Ⅰ中，Cl2与KOH的物质的量之比为D．氯气与碱反应，条件不同，产物也不同（3）已知反应Ⅱ有黄绿色单质气体产生，请写出反应Ⅱ的离子方程式。（4）ClO2是一种高效消毒剂，其氧化能力是以“有效氯”的含量为标志。有效氯的含量是指与HI作用生成相同量的I2，所需Cl2的质量与指定化合物的质量之比，以百分数表示。ClO2的有效氯含量为(已知Cl2（5）KClO3广泛应用于炸药、烟花、医药等相关领域。请设计实验方案检验KClO3固体中氯元素(已知28．氧化还原反应是一类重要的化学反应，广泛存在于生产和生活中。（1）下列变化中，与氧化还原反应有关的是___________(填字母)。A．储氢合金吸收氢气 B．高炉炼铁C．电解质电离 D．钢铁的腐蚀（2）古代炼丹术中用的铅丹(X)与浓盐酸反应可以制备氯气：X+8HCl=3PbCl2+（3）电弧法合成碳纳米管时，常伴有大量碳纳米颗粒生成，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为3C①用单线桥法标明该反应电子转移的方向和数目。②根据化合价推测，能与Cr2O7a．Fe2+b．HNO3c．Na29．①、②、③、④、⑤、⑥是短周期主族元素，请根据下列相关信息，回答有关问题：①②③④⑤⑥原子半径/nm0.1860.1430.0740.099主要化合价-4，+4-2-1，+7其他阳离子核外无电子该元素的一种单质是自然界中天然存在最硬的物质短周期主族元素中原子半径最大地壳中含量最多的金属元素（1）元素②在元素周期表中的位置是，其最高价氧化物的结构式为。（2）以上六种元素中其最高价氧化物的水化物酸性最强的是(用化学式表示)。（3）③元素的最高价氧化物的水化物与④元素的最高价氧化物反应的离子方程式是。（4）①与⑤两种元素组成含18个电子的化合物所含的化学键有___________。A．离子键 B．极性共价键C．非极性共价键 D．氢键（5）门捷列夫认为在元素④的下方有一个与其类似的元素。关于该元素的说法正确的是___________。A．最低化合价为-5价B．简单阳离子的核外电子排布与氩相同C．其氢氧化物具有两性，可溶于强酸和强碱D．其单质可与盐酸反应生成氢气30．某课外活动小组设计实验测定芹菜中铁元素的含量。已知：芹菜中铁元素主要以草酸亚铁FeC2Ⅰ．芹菜的预处理（1）“过滤”需要用到的玻璃仪器有烧杯、。（2）写出草酸亚铁溶于足量稀硫酸的离子方程式。（3）对“滤液”进行检验发现其中含有Fe3+，Fe3+产生的原因是（4）“滤液”中加入H2O2Ⅱ．铁元素的含量测定（5）比色法：利用色度传感器测得不同浓度Fe3+再用色度传感器测得待测液的吸收率为0.22，则该芹菜中铁元素的含量为mgkg三、计算题31．将20.8g铁铜合金投入300mL（1）上述反应中转移的电子的物质的量是mol。（2）混合物中铁和铜的物质的量之比是。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、KOH是碱，不是氧化物，不符合碱性氧化物的范畴，故A不符合题意；

B、MgO是金属镁的氧化物，能和酸（如盐酸）反应生成盐（MgCl2）和水，符合碱性氧化物的定义，故B符合题意；

C、ClO2是非金属氯的氧化物，属于酸性氧化物或不成盐氧化物，不是碱性氧化物，故C不符合题意；

D、H2O和酸、碱都不反应生成盐和水，不属于碱性氧化物，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】根据碱性氧化物的定义（能与酸反应生成盐和水的金属氧化物），逐一分析选项。2．【答案】D【解析】【解答】A、图中是容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能加热，故A不符合题意；

B、图中是漏斗，主要用于过滤等操作，不能加热，故B不符合题意；

C、图中是烧杯，加热时需要垫陶土网，不能直接加热，故C不符合题意；

D、图中是蒸发皿，可直接加热，用于蒸发溶液等操作，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】回忆常见仪器的加热要求，判断每个选项仪器能否直接加热。3．【答案】C【解析】【解答】A、盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，不是化合物，所以不是非电解质，故A不符合题意；

B、NaClO是盐，在水溶液或熔融状态下能电离出离子导电，属于电解质，不是非电解质，故B不符合题意；

C、CO是化合物，在水溶液和熔融状态下都不能自身电离出离子导电，属于非电解质，故C符合题意；

D、I2是单质，不是化合物，所以不是非电解质，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】根据非电解质的定义（在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物），对每个选项进行分析。4．【答案】D【解析】【解答】A、有色玻璃是固溶胶，属于胶体，能产生丁达尔效应，故A不符合题意；

B、Fe(OH)3胶体属于液溶胶，是胶体，能产生丁达尔效应，故B不符合题意；

C、云是气溶胶，属于胶体，能产生丁达尔效应，故C不符合题意；

D、漂白液是NaClO和NaCl的混合溶液，分散质粒子直径小于1nm，属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】依据丁达尔效应是胶体的特性，判断各选项分散系是否为胶体。5．【答案】C【解析】【解答】A、钠化学性质活泼，若将实验剩余的钠投入废液缸，钠会与废液缸中的水等物质发生反应，可能引发危险，所以应将剩余的钠放回原试剂瓶，故A不符合题意；

B、新制氯水中的次氯酸见光易分解，需要避光保存，但新制氯水是液体，应保存在棕色细口试剂瓶中，广口瓶通常用于存放固体药品，故B不符合题意；

C、氢气在氯气中燃烧时，可能会产生强光，还可能有物质飞溅，戴护目镜能够保护眼睛，避免受到伤害，故C符合题意；

D、浓NaOH溶液不慎沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，因为硼酸是弱酸，能中和强碱NaOH；而小苏打溶液呈弱碱性，不能中和NaOH，反而可能加重对皮肤的刺激，故D不符合题意；

故答案为：C。【分析】A．判断剩余钠的处理方式是否符合安全要求。B．判断新制氯水的保存容器是否正确。C．判断观察氢气在氯气中燃烧时的防护措施是否正确。D．判断浓NaOH溶液沾到皮肤上的处理方法是否正确。6．【答案】A【解析】【解答】A、Na2O2用于呼吸面具制氧，核心原因是它能与人体呼出的CO2、H2O反应生成O2，满足供氧需求；而Na2O2的漂白性是利用其强氧化性破坏有色物质，与制氧功能无关，性质和用途不对应，A错误；

B、飞机零部件需要材料兼具“轻量化”和“高强度”，硬铝作为铝合金，恰好具备密度小（减轻机身重量）、强度高（承受飞行压力）的特点，完全符合飞机制造的需求，性质和用途对应，B正确；

C、FeCl3溶液中的Fe3+具有较强氧化性，能与铜发生反应（生成Fe2+和Cu2+），通过该反应可溶解铜电路板上不需要的铜，实现蚀刻效果，用途直接依赖其氧化性，性质和用途对应，C正确；

D、次氯酸钙在使用时（如与水、CO2反应）会生成具有强氧化性的HClO，HClO能破坏棉、麻纤维中的有色有机物结构，使其褪色，漂白作用本质是利用次氯酸钙的强氧化性，性质和用途对应，D正确；

故答案为：A。【分析】A．判断Na2O2的用途与其对应性质是否匹配。B．判断硬铝的特性与其用途是否适配。C．判断FeCl3蚀刻铜电路板的原理是否与其性质一致。D．判断次氯酸钙的漂白功能是否与其性质相关。7．【答案】B【解析】【解答】A、质量数=质子数+中子数。氧原子的质子数为8（氧元素的固定质子数），中子数为10时，质量数=8+10=18，正确写法应为818O，A错误；

B、甲烷（CH4）分子中，中心C原子与4个H原子形成完全相同的C-H键，空间构型为正四面体，4个H原子处于正四面体的4个顶点。分子结构模型为，B正确；

C、原子结构示意图中，圆圈内数字表示质子数，¹4N属于氮元素，质子数固定为7（而非选项中的14，14是质量数）；核外电子排布遵循“第一层最多2个、第二层最多8个”，原子结构示意图为，C错误；

D、NaCl是离子化合物，形成过程中Na原子失去1个电子形成Na+，Cl原子得到1个电子形成Cl-，电子式应体现离子键，正确写法为：，D错误；

故答案为：B。【分析】A．判断氧原子符号的书写是否符合“左下角质子数、左上角质量数”的规范。B．判断甲烷分子结构模型是否匹配其实际空间构型。C．判断¹4N原子结构示意图的质子数和核外电子排布是否正确。D．判断NaCl形成过程的电子式是否符合离子化合物的书写规范。8．【答案】B【解析】【解答】A、反应中Cl2中Cl元素化合价从0价降低到-1价（生成HCl），化合价降低被还原，Cl2作氧化剂，A正确；

B、H2O2中O元素化合价从-1价升高到O2中的0价，1molO2含2molO原子，每个O原子失去1个电子，共失去2mol电子，即转移2mol电子，而非4mol，B错误；

C、H2O2是还原剂（被氧化生成O2），HCl是还原产物（Cl2被还原生成），故还原性H2O2＞HCl，C正确；

D、氧化产物是O2（H2O2被氧化生成），还原产物是HCl（Cl2被还原生成），由方程式可知，生成1molO2时生成2molHCl，二者物质的量之比为1：2，D正确；

故答案为：B。【分析】A．判断Cl2是否为氧化剂，需分析其化合价变化。B．计算生成1molO2时转移的电子数，需看O元素化合价变化。C．比较H2O2与HCl的还原性，依据“还原剂还原性＞还原产物还原性”。D．确定氧化产物和还原产物，再看物质的量之比。9．【答案】D【解析】【解答】A、234U与235U质子数相同，但中子数不同（234U中子数为234−92=142，235U中子数为235−92=143），属于不同核素，A错误；

B、同位素研究的对象是原子，C、14N的中子数为14−7=7，13C的中子数为D、C60和石墨都由碳元素组成，且是不同结构的单质，符合同素异形体的定义，D正确；

【分析】A．判断两种铀原子是否为同种核素，需明确核素的定义（具有一定质子数和中子数的原子）。B．判断两种氧分子是否为同位素，需明确同位素的定义（质子数相同、中子数不同的原子）。C．计算两种原子的中子数并比较，中子数=质量数-质子数。D．判断两种物质是否为同素异形体，需明确同素异形体的定义（同种元素组成的不同单质）。10．【答案】D【解析】【解答】A、实验室用MnO2和浓盐酸制Cl2，反应需要加热，而装置甲中没有加热仪器，无法发生反应，不能制备氯气，A错误；

B、过滤用于分离固体和液体混合物，而溴水是溴溶解在水中形成的均一液体混合物，溴与水都是液体，不能用过滤分离，应选萃取法，B错误；

C、氯气能与水反应（Cl2+H2O⇌HCl+HClO），会导致气体损耗，无法准确测量体积，C错误；

D、Na2O2与H2O反应生成O2，O2具有助燃性，能使带火星的木条复燃，装置丁中通过观察木条是否复燃可验证O2生成，D正确；

故答案为：D。【分析】A．判断装置甲是否符合实验室制氯气的条件，需明确反应所需条件。B．判断装置乙（过滤装置）能否分离溴水中的溴，需明确过滤的适用对象。C．判断装置丙（排水法测体积）能否测量氯气体积，需考虑氯气与水的反应。D．判断装置丁能否验证Na2O2与H2O反应产生O2，需结合O2的检验方法。11．【答案】A【解析】【解答】A、NaHCO3溶于水时，扩散过程吸收的热量大于水合过程放出的热量，整体表现为吸热，而非放热；其水溶液呈碱性，是因为HCO3-会发生水解反应（HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-），使溶液中OH-浓度大于H+浓度，A错误；

B、铁在纯氧中燃烧时，反应为3Fe+2O2=燃烧Fe3O4；铁与水蒸气在高温下反应，方程式为3Fe+4H2O(g)=高温Fe3O4+4H2，两者产物均为Fe3O4，B正确；

C、氯气与Ca(OH)2反应生成CaCl2、Ca(ClO)2和H2O（2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O），其中Ca(ClO)2具有强氧化性，是漂粉精发挥漂白作用的主要成分，C正确；

D、铬酸作为氧化剂，可在铝表面形成一层致密的氧化膜（Al2O3），不同厚度的氧化膜对光的反射和折射产生干涉作用，从而呈现出美丽的颜色，D正确；

故答案为：A。【分析】A．判断NaHCOB．分析铁在纯氧中燃烧及与水蒸气高温反应的产物是否一致。C．明确氯气与Ca(OH)2反应的产物及漂粉精的主要成分。D．理解铬酸处理铝表面产生颜色的原理。12．【答案】A【解析】【解答】A、Fe(OH)3和Al(OH)3均为不溶性弱碱，这类碱的共性是受热易分解。Fe(OH)3受热分解为Fe2O3和H2O，Al(OH)3受热分解为Al2O3和H2O，类比合理，A正确；

B、NaHCO3中HCO3-的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；而NaHSO4中HSO4-完全电离出H+，溶液显强酸性，两者酸碱性不同，类比错误，B错误；

C、Cl2O中O为-2价，故Cl为+1价；但F是非金属性最强的元素，在化合物中通常显-1价，因此OF2中F为-1价（O为+2价），类比错误，C错误；

D、Li金属性较弱，加热生成Li2O；Na金属性更强，加热时与氧气反应生成Na2O2而非Na2O，产物不同，类比错误，D错误；

故答案为：A。【分析】A．判断两种氢氧化物受热是否都易分解，需结合不溶性弱碱的共性。B．比较两种钠盐溶液的酸碱性，需分析酸式酸根的电离与水解情况。C．判断OF2中F的化合价，需依据氟的非金属性特点。D．分析Li和Na在空气中加热的产物，需考虑金属性差异。13．【答案】C【解析】【解答】A、元素周期表共有16个族，包括7个主族、7个副族、1个Ⅷ族和1个0族，并非18个族，A错误；

B、稀有气体中，氦（He）原子最外层电子数为2，其他稀有气体（如氖、氩等）原子最外层电子数为8，并非所有稀有气体原子最外层电子数都是8，B错误；

C、Ca和Mg同主族，同主族元素从上到下金属性逐渐增强。Ca在Mg下方，金属性Ca＞Mg，而金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此Ca(OH)2的碱性强于Mg(OH)2，C正确；

D、耐高温、耐腐蚀的合金元素多位于过渡金属区，而金属与非金属分界处的元素多为半导体材料，D错误；

故答案为：C。【分析】A．判断元素周期表的族数是否正确，需明确族的分类及数量。B．分析稀有气体原子最外层电子数是否均为8，需注意特殊情况。C．通过氢氧化物碱性强弱判断金属性，需结合同主族元素性质变化规律。D．判断耐高温、耐腐蚀合金元素的分布区域。14．【答案】B【解析】【解答】A、FeCl3溶液中的Fe3+与KSCN反应，生成的是血红色可溶性络合物（不是沉淀），因此不会产生红色沉淀，A错误；

B、5mL1mol・L-¹FeCl3溶液中，Cl-的浓度为3mol・L-¹，物质的量为3mol・L-¹×0.005L=0.015mol；50mL0.3mol・L-¹AgNO3溶液中，Ag+的物质的量为0.3mol・L-¹×0.05L=0.015mol。Cl-与Ag+按1：1反应生成AgCl，两者物质的量相等，恰好完全反应，B正确；

C、原FeCl3溶液中Cl-浓度为3mol・L-¹（1mol・L-¹×3），取20mL稀释到100mL，稀释倍数为5倍，稀释后Cl-浓度为3mol・L-¹÷5=0.6mol・L-¹，而非0.2mol・L-¹，C错误；

D、FeCl3溶液中Cl-浓度为3mol・L-¹；NaClO电离出Na+和ClO-，不含Cl-，因此Cl-浓度不相等，D错误；

故答案为：B。【分析】A．判断FeCl3与KSCN反应的现象是否为生成沉淀。B．通过计算Cl-与Ag+的物质的量，判断是否恰好完全反应。C．计算稀释后Cl-的浓度，需明确稀释前后溶质的物质的量不变。D．比较两种溶液中Cl-的浓度，需明确NaClO的构成。15．【答案】D【解析】【解答】A、使酚酞变红的溶液呈碱性，含大量OH-。HCO3-会与OH-反应（HCO3-+OH-=CO32-+H2O），不能大量共存，故A不符合题意；

B、强酸性溶液含大量H+，H+与ClO-结合生成HClO（弱电解质）；且Fe2+具有还原性，ClO-、NO3-在H+存在时显强氧化性，会氧化Fe2+，不能大量共存，故B不符合题意；

C、Ba2+与SO42-会结合生成BaSO4沉淀（Ba2++SO42-=BaSO4↓），不能大量共存，故C不符合题意；

D、Cu2+、K+、SO42-、NO3-之间不发生复分解反应（无沉淀、气体、弱电解质生成），也无氧化还原反应，可在澄清透明溶液中大量共存，故D符合题意；

故答案为：D。【分析】A．判断碱性溶液中HCO3-能否与OH-共存。B．分析强酸性条件下，Fe2+与ClO-、NO3-是否发生反应。C．判断Ba2+与SO42-是否生成沉淀。D．判断四种离子间是否发生反应。16．【答案】B【解析】【解答】A、食醋的主要成分是醋酸（CH3COOH），属于弱酸，在离子方程式中不能拆写成H+，应保留分子形式。正确写法应为Mg(OH)2+2CH3COOH=Mg2++2CH3COO-+2H2O，A错误；

B、钠（Na）与水（H2O）反应生成氢氧化钠（NaOH）和氢气（H2），其中Na、H2O、H2写化学式，NaOH拆分为Na+和OH-，方程式中原子和电荷均守恒，离子方程式书写正确，B正确；

C、向NaOH溶液中通入过量CO2时，反应生成碳酸氢钠（NaHCO3），离子方程式应为OH-+CO2=HCO3-，而非生成CO32-，C错误；

D、氯水与氯化亚铁反应时，Fe2+被Cl2氧化为Fe3+，原方程式左边电荷总数为2×(+2)+0=+4，右边为2×(+3)+2×(-1)=+4，需配平系数。正确写法应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，原选项电荷不守恒，D错误；

故答案为：B。【分析】A．判断弱酸（醋酸）在离子方程式中是否应拆分。B．分析钠与水反应的离子方程式是否正确，包括物质拆分和配平。C．明确过量CO2与OH-反应的产物。D．检查离子方程式的电荷是否守恒。17．【答案】C【解析】【解答】A、Fe是铁单质，Fe3O4是具有磁性的氧化物，两者都能被磁铁吸引，无法通过磁铁吸引分离，A错误；

B、Cl2会与饱和碳酸氢钠溶液反应（Cl2+2NaHCO3=NaCl+CO2+H2O+NaClO），导致Cl2被消耗，且生成CO2引入新杂质，B错误；

C、CuO不与NaOH反应，而Al2O3能与NaOH反应生成可溶的NaAlO2（或写作Na[Al(OH)4]），反应后过滤可得到纯净的CuO固体，C正确；

D、稀硫酸与Na2CO3反应生成Na2SO4，引入新杂质SO42-，应选用稀盐酸（反应生成NaCl，无新杂质），D错误；

故答案为：C。【分析】A．判断Fe粉与Fe3O4粉末能否用磁铁分离，需明确两者是否都能被磁铁吸引。B．分析用饱和碳酸氢钠溶液除去Cl2中HCl的合理性，需考虑Cl2是否与试剂反应及是否引入新杂质。C．判断NaOH溶液能否分离CuO与Al2O3，需明确两者与NaOH的反应差异。D．分析用稀硫酸除去NaCl溶液中Na2CO3的问题，需关注是否引入新杂质。18．【答案】A【解析】【解答】A、浓盐酸物质的量浓度可通过公式计算，已知ρ=1.2g·cm−3，ω=36.5%，M=36.5g·molB、浓盐酸稀释时会放热，需在烧杯中稀释并冷却至室温后，才能转移到容量瓶中，图中直接转移未稀释冷却，操作错误，B错误；C、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，根据c=nV，nD、标况下2.24LHCl为0.1mol，但溶于100mL水后，溶液体积不等于100mL（溶剂体积≠溶液体积），无法得到1mol·L-¹溶液，D错误；

故答案为：A。【分析】A．计算浓盐酸的物质的量浓度及所需体积，选择合适量筒。B．判断浓盐酸转移到容量瓶的操作是否规范。C．分析定容时仰视刻度线对浓度的影响。D．判断“将2.24LHCl溶于100mL水”能否配成1mol·L-¹溶液。19．【答案】B【解析】【解答】A、CaCl2是离子化合物，由Ca2+和Cl-通过离子键结合，晶体中不存在其他化学键，只含离子键，A正确；

B、HCl是共价化合物，分子内H与Cl通过共价键结合（不存在H+和Cl-的离子键），溶于水时共价键断裂，电离出H+和Cl-，并非破坏离子键，B错误；

C、非金属性越强，氢化物越稳定。HF比HCl热稳定性好，说明F的非金属性强于Cl，C正确；

D、CO2中C与2个O分别形成双键，C最外层4+4=8电子，O最外层6+2=8电子；N2中2个N形成三键，每个N最外层5+3=8电子，均达到8电子稳定结构，D正确；

故答案为：B。【分析】A．判断CaCl2晶体中化学键的类型，需明确离子化合物的成键特点。B．分析HCl的化学键类型及溶于水时的变化，需区分共价化合物与离子化合物。C．通过氢化物热稳定性比较非金属性，需明确两者的关联。D．判断CO2和N2分子中原子是否达到8电子稳定结构，需结合成键情况分析。20．【答案】D【解析】【解答】A、Z（Al）有3个电子层，X（C）、Y（O）有2个电子层；同电子层时，原子序数X（6）X>Y，A正确；

B、X为C，其核素¹4C可用于文物年代测定，B正确；

C、Y（O）、Z（Al）、M（S）可形成硫酸铝，硫酸铝中Al3+与SO42-间是离子键，SO42-内S与O间是共价键，含两种化学键，C正确；

D、Y的简单氢化物是H2O，M的简单氢化物是H2S，H2O分子间有氢键，沸点更高，即Y的简单氢化物沸点大于M的，D错误；

故答案为：D。

【分析】先根据元素在周期表中的位置及原子序数关系确定各元素，再结合原子半径比较、核素应用、化学键类型、氢化物沸点影响因素等知识分析各选项。

由短周期元素X、Y、Z、M的相对位置，且M的原子序数是Y的质子数的2倍，可推出Y为O，M为S，进而知X为C，Z为Al。21．【答案】D【解析】【解答】A、等质量的CH4和O2，摩尔质量分别为16g・mol-¹和32g・mol-¹，物质的量之比为2：1。相同条件下体积与物质的量成正比，左侧体积更大，故左侧为CH4，A正确；

B、CH4与O2的物质的量之比为2：1，相同条件下体积比等于物质的量比，因此左右体积比为2：1，B正确；

C、相同条件下，气体密度之比等于摩尔质量之比。CH4与O2的摩尔质量比为16：32=1：2，故密度比为1：2，C正确；

D、1个CH4含5个原子，1个O2含2个原子。等质量时，CH4与O2的物质的量比为2：1，原子总个数比为（2×5）：（1×2）=10：2=5：1，而非5：2，D错误；

故答案为：D。【分析】A．根据相同条件下气体体积与物质的量的关系，判断左侧气体种类。B．计算两种气体的体积比，依据物质的量与体积的正比关系。C．分析气体密度比与摩尔质量的关系。D．计算两种气体的原子个数比，需结合分子中原子数和物质的量。22．【答案】B【解析】【解答】A、CO和N2的摩尔质量均为28g・mol-¹，14g混合物的总物质的量为0.5mol。两者均为双原子分子，总原子数为0.5mol×2×NA=NA，而非2NA，A错误；

B、25℃和101kPa时，气体摩尔体积约为24.45L・mol-¹，24.5LN2的物质的量≈24.5L÷24.45L・mol-¹≈1mol，分子数约为NA，B正确；

C、1L0.1mol・L-¹Na2SO4溶液中，溶质含0.4mol氧原子，但溶剂水也含大量氧原子，总氧原子数远大于0.4NA，C错误；

D、2H2¹8O的摩尔质量为22g・mol-¹，11g为0.5mol。1个分子中质子数=2×1（2H）+8（¹8O）=10，中子数=2×1（2H）+10（¹8O）=12，故质子数为5NA，中子数为6NA，D错误；

故答案为：B。【分析】A．通过CO和N2的摩尔质量及分子构成，计算混合物的原子总数。B．结合非标准状况下的气体摩尔体积，判断N2的分子数。C．分析硫酸钠溶液中氧原子的来源（溶质和溶剂）。D．计算2H2¹8O的质子数和中子数，结合物质的量分析。23．【答案】C【解析】【解答】A、实验1中H2O2被氧化生成O2；实验2中H2O2既作氧化剂（氧化Fe2+）又可能分解生成O2；实验3中H2O2在MnO2催化下分解生成O2。三个实验放出的气体均为O2，A正确；

B、实验1中，H2O2被酸性KMnO4氧化生成O2，自身作还原剂；实验2中，Fe2+被氧化为Fe3+（溶液变黄），H2O2作氧化剂，B正确；

C、实验3中生成的气体为O2，但112mL未说明是标准状况，无法确定其物质的量，因此不能计算所需H2O2的质量，C错误；

D、实验1中MnO4-能氧化H2O2，说明氧化性MnO4-＞H2O2；实验2中H2O2能氧化Fe2+生成Fe3+，说明氧化性H2O2＞Fe3+，故氧化性顺序为MnO4-＞H2O2＞Fe3+，D正确；

故答案为：C。【分析】A．判断三个实验中放出气体的种类，结合H2O2的反应产物分析。B．分析H2O2在实验1和实验2中的作用（氧化剂或还原剂）。C．判断112mL气体对应的H2O2质量是否可计算，需明确气体摩尔体积的适用条件。D．根据氧化还原反应规律比较氧化性强弱。24．【答案】C【解析】【解答】A、a中装碱石灰，碱石灰能吸收空气中的CO2和H2O，防止它们进入装置C，确保装置C仅吸收反应生成的CO2，不影响测定结果，A正确；

B、碳酸氢钠分解会生成H2O和CO2，装置B用冰水可冷凝H2O，防止水蒸气进入装置C，保证装置C中增重仅为CO2的质量，B正确；

C、空气中含CO2，若X为空气，这些CO2会被装置C吸收，导致测得的CO2质量偏大，使计算出的碳酸氢钠质量偏高，进而导致碳酸钠质量分数偏低，因此X不能是空气，C错误；

D、若B、C间无CO2干燥装置，分解产生的水蒸气会进入装置C，使装置C增重偏大（包含水蒸气质量），导致测得的CO2质量偏大，计算出的碳酸氢钠质量偏多，碳酸钠质量分数偏低，D正确；

故答案为：C。【分析】A．明确a中试剂需隔绝空气里的CO2和H2O，避免干扰测定。B．理解装置B中冰水对反应生成水的处理作用。C．判断X为空气时空气中CO2对实验的干扰。D．分析B、C间缺少干燥装置对CO2测定的影响。25．【答案】B【解析】【解答】A、向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制得Fe(OH)3胶体，丁达尔效应的“通路”需在与光束垂直的方向观察，而非平行方向，A错误；

B、铁丝灼烧无焰色，不干扰检验。透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，说明含钾元素；蓝色钴玻璃会滤去钠的黄色焰色，无法排除钠元素，故可能含钠元素，B正确；

C、氯水与NaBr反应生成Br2（橙黄色），但氯水可能过量，过量Cl2也能氧化KI生成I2，导致淀粉变蓝，无法证明Br2的氧化性强于I2，即不能得出非金属性Br＞I，C错误；

D、AlCl3溶液中加过量氨水，生成的Al(OH)3沉淀不溶于氨水，沉淀不会溶解，无法证明Al(OH)3是两性氢氧化物，D错误；

故答案为：B。

【分析】A．明确Fe(OH)3胶体的丁达尔效应观察方向。B．分析焰色反应中钾元素检验及钠元素的可能存在。C．判断卤素非金属性比较实验中过量氧化剂的干扰。D．分析Al(OH)3与氨水的反应现象及两性判断。26．【答案】（1）煤油或石蜡油（2）NH（3）4【解析】【解答】（1）钠性质活泼，易与空气里的氧气、水蒸气反应。煤油或石蜡油密度小于钠，能隔绝空气，且不与钠反应，因此钠需保存在煤油或石蜡油中。

故答案为：煤油或石蜡油；

（2）NH4HCO3是强电解质，在水中完全电离，产生NH4+和HCO3-，电离方程式为NH4HCO3=NH4++HCO3−。

故答案为：NH4HCO3=NH4++HCO3−；

（3）Fe(OH)2易被氧化，与O2、H2O通过化合反应生成Fe(OH)3，反应式为4FeOH2+O2+2H2（1）钠的化学性质活泼，易与空气中的氧气、水蒸气反应。煤油密度比钠小，可覆盖钠表面隔绝空气，且钠不与煤油反应，是实验室常用保存方法。（2）NH4HCO3是盐，在水中完全电离，电离出NH4+和HCO3−，电离方程式为（3）Fe(OH)2化学性质不稳定，可以和空气中的氧气发生反应生成Fe(OH)3，反应的化学方程式为4Fe27．【答案】（1）KCl、KClO（2）C；D（3）2（4）263（5）取KClO3【解析】【解答】（1）上述转化关系图中的含氯物质属于电解质的是KCl、KClO3故答案为：KCl、KClO3；

（2）A．Cl2和B．氯气没有漂白性，故B错误；C．反应Ⅰ的化学方程式为3Cl2+6KOH=Δ5KCl+KClO3+H2O，Cl2与KOH的物质的量之比为D．氯气与碱常温反应生成氯化物和次氯酸盐，加热条件下生成氯化物和氯酸盐，故条件不同，产物也不同，故D正确；故答案为：CD；（3）反应Ⅱ的离子方程式为2ClO3−+4H++2Cl-=Cl2↑+2ClO2↑+2H2故答案为：2ClO3−+4H++2Cl−=2ClO故答案为：263%；

（5）检验KClO3固体中氯元素的方法为取KClO3固体加少量二氧化锰，加热反应充分，冷却后将剩余固体溶解，静置，取上层清液少量加入试管，向其中滴入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成即可证明有氯元素。

故答案为：取KClO3固体加少量二氧化锰，加热反应充分，冷却后将剩余固体溶解，静置，取上层清液少量加入试管，向其中滴入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成即可证明有氯元素。

【分析】(1)依据电解质定义（化合物，水溶液或熔融态导电），判断含氯物质中KCl、KClO3属于电解质。

(2)结合Cl2性质分析：Cl2与H2需点燃或光照反应；Cl2无漂白性；反应I中Cl2与KOH物质的量比1：2；Cl2与碱反应条件不同产物不同。

(3)根据黄绿色气体为Cl2，结合氧化还原规律，写出ClO3-与Cl-在酸性条件下反应的离子方程式。

(4)通过电子守恒，计算生成等量I2时Cl2与ClO2的质量比，得出有效氯含量。

(5)将KClO3加热分解为KCl（加MnO2催化），再用稀硝酸酸化的AgNO（1）上述转化关系图中的含氯物质属于电解质的是KCl、KClO3（2）A．Cl2和HB．氯气没有漂白性，故B错误；C．反应Ⅰ的化学方程式为3Cl2+6KOH=Δ5KCl+KClO3+H2O，Cl2与KOH的物质的量之比为D．氯气与碱常温反应生成氯化物和次氯酸盐，加热条件下生成氯化物和氯酸盐，故条件不同，产物也不同，故D正确；故选CD。（3）反应Ⅱ的离子方程式为2ClO3−+4H++2Cl-=Cl2↑+2ClO2↑+2H2（4）转移相同电子时，Cl2和ClO2的物质的量之比为5：2，所以ClO2（5）检验KClO3固体中氯元素的方法为取KClO28．【答案】（1）A；B；D（2）Pb3（3）；ac【解析】【解答】（1）A．储氢合金吸收氢气，该过程涉及氢气与合金反应生成新物质金属氢化物，氢由0价变为-1价，与氧化还原反应有关，A符合题意；B．高炉炼铁过程中涉及到用CO将铁从其氧化物中还原为单质的过程，与氧化还原反应有关，B符合题意；C．电解质电离是电解质在水溶液中或熔融状态下离解成自由移动的阴、阳离子的过程，与氧化还原反应无关，C不符合题意；D．钢铁的腐蚀的过程涉及到金属单质变为化合物的过程，与氧化还原反应有关，D符合题意；故答案为：ABD；（2）结合元素守恒可知，铅丹的化学式为Pb3故答案为：Pb3O4；2：1；

（3）①②Cr2O72−中Cr为+6价，是Cr的最高正价，具有氧化性，则具有还原性的物质可以和其反应，二价铁和硫化钠具有还原性，可以和Cr2O72-发生氧化还原反应，

故答案为：；ac。

【分析】(1)依据是否有元素化合价变化判断，储氢、炼铁、钢铁腐蚀均有化合价变化，属于氧化还原反应；电离无化合价变化，不属于。

(2)根据元素守恒确定铅丹为Pb3O4；结合化合价总和为0，算出+2价与+4价Pb的比例为2：1。

(3)①单线桥标明电子从C转移到Cr2O72-中的Cr，转移12e-。

②Cr2O72（1）A．储氢合金吸收氢气，该过程涉及氢气与合金反应生成新物质金属氢化物，氢由0价变为-1价，与氧化还原反应有关，A符合题意；B．高炉炼铁过程中涉及到用CO将铁从其氧化物中还原为单质的过程，与氧化还原反应有关，B符合题意；C．电解质电离是电解质在水溶液中或熔融状态下离解成自由移动的阴、阳离子的过程，与氧化还原反应无关，C不符合题意；D．钢铁的腐蚀的过程涉及到金属单质变为化合物的过程，与氧化还原反应有关，D符合题意；故选ABD；（2）结合元素守恒可知，铅丹的化学式为Pb3（3）①反应中碳失去电子，1个C失去4个电子，转移给铬元素，用单线桥表示为；②Cr2O729．【答案】（1）第二周期第ⅣA族；O（2）HClO（3）Al（4）B；C（5）C；D【解析】【解答】（1）②为C，为6号元素，元素②在元素周期表中的位置是第二周期第ⅣA族；其最高价氧化物为二氧化碳，其结构式为O=C=O；故答案为：第二周期第ⅣA族；O=C=O；故答案为：HClO4；

（3）③为Na，④为Al，③元素的最高价氧化物的水化物与④元素的最高价氧化物分别为NaOH和Al2O3，两者反应的离子方程式为：Al故答案为：Al2O3+2OH−+3H2O=2故答案为：BC；

​​​​​​​（5）④为Al，为第ⅢA族元素，门捷列夫认为在元素④的下方有一个与其类似的元素，该元素为Ga；A．该元素为第ⅢA族元素，不存在负化合价，A错误；B．镓的简单阳离子为Ga3+，核外有28个电子，其核外电子排布与氩不相同，B错误；C．Ga(OH)3具有两