参考答案：
1．A
A．碱土金属元素的原子最外层都有2个电子，都容易失去2个电子达到稳定结构，铍失去2个电子达到2电子稳定结构，A错误；
B．碱土金属性质较活泼，极易被氧化，所以在自然界中都以化合物的形式存在，故B正确；
C．该主族中的每一种金属元素具有金属的通性，其单质都呈亮白色，都具有良好的导电性，故C正确；
D．含钙、锶、钡等元素的物质灼烧时都会产生绚丽的颜色，可用于制造焰火，故D正确；
故选A。
2．B
A．碳酸氢钠不稳定，易分解，所以Na久置于空气中最终生成Na2CO3，A错误；
B．金属单质在化学反应中只能失去电子，被氧化，因此体现出还原性，B正确；
C．绝大多数金属性质活泼，在自然界中是以化合态形式存在的，只有少数非常不活泼的金属元素以游离态形式存在，如Au、Ag等，C错误；
D．Mg比Al活泼，但Mg与NaOH溶液不反应，D错误；
故合理选项是B。
3．D
由题意可知：由于甲即使在高温时也不与氧气反应，说明甲的化学性质是最稳定的，甲活动性最弱；乙、丙、丁在一定条件下都能与氧气反应，丁盐的水溶液可用丙制的容器盛放，但不能用乙制的容器盛放，说明丙不能和丁盐溶液反应，但乙能够和丁盐溶液反应，即丁的活动性比丙强，但比乙弱，故四种金属的活动性顺序是：乙＞丁＞丙＞甲，故合理选项是D。
4．D
A．SO2具有还原性，Br2具有氧化性，在溶液中二者会发生反应：Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，因此SO2可用作制溴工业中溴的吸收剂，A错误；
B．CuSO4是重金属盐，会使蛋白质变性析出，因此不可用于蛋白质的分离提纯，B错误；
C．钾钠合金熔点低，在室温下呈液态，可用作快中子反应堆的热交换剂，这与其密度大小无关，C错误；
D．金属铅同时具有还原性和导电性，因此可用作铅蓄电池的负极材料，D正确；
故合理选项是D。
5．C
向Al2(SO4)3、CuSO4的混合溶液中加入过量的锌粉，溶液中的CuSO4全部发生反应转变为ZnSO4，所以充分反应后为Al2(SO4)3、、ZnSO4的混合溶液，溶液中含有大量的金属离子为Al3+和Zn2+，故选C。
6．C
A．Na长期露置在空气中，最终生成Na2CO3，Al长期露置在空气中，最终生成Al2O3，故A项错误；
B．Cu长期露置在空气中，最终生成Cu2(OH)2CO3，Au在空气中可以以游离态形式存在，故B项错误；
C．Mg长期露置在空气中，最终生成MgO，Al长期露置在空气中，最终生成Al2O3，MgO和Al2O3均属于氧化物，故C项正确；
D．K长期露置在空气中，最终生成K2CO3，Fe长期露置在空气中，最终生成Fe2O3，故D项错误；
故正确答案为C。
7．B
在金属活动性顺序表中，金属越靠后，其离子得到电子能力越强，优先被还原出来。在上述物质中，金属活动性顺序：Mg＞Fe＞H，因此在含FeCl2、MgCl2和HCl的溶液中加入适量Zn粉，首先置换出来的是H2，故合理选项是B。
8．A
A．某元素的阳离子(如Fe2+、Fe3+)与同种阴离子(如Cl-)可形成多种化合物(如FeCl2、FeCl3)，A正确；
B．阳离子中不一定含有金属元素，如铵根离子，B不正确；
C．只含有一种元素的物质不一定是纯净物，如O2与O3的混合气，C不正确；
D．金属单质的还原能力取决于失电子的难易程度，与失去电子的多少不成比例关系，D不正确；
故选A。
9．C
B.Fe的摩尔质量为56g/mol，Zn的摩尔质量为65g/mol，均大于40g/mol，不符合题意，故B不可能；
C.Mg的摩尔质量为24g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol，平均摩尔质量40g/mol介于各组分之间，符合题意，故C可能；
D.Fe的摩尔质量为56g/mol，Cu不与盐酸反应，其摩尔质量可以视作无穷大，均大于40g/mol，不符合题意，故D不可能；
故选：C。
10．D
A．向某溶液中加浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色，有碱性物质生成，证明溶液中存在NH4+，反之没有NH4+存在，可以达到实验目的，故A正确；
B．蔗糖中加入浓硫酸搅拌，蔗糖变黑发生碳化生成新的物质，碳化表明浓硫酸具有脱水性，生成新的物质表明浓硫酸具有强氧化性，可以达到实验目的，故B正确；
C．Fe、Cu分别与稀盐酸反应，可以看反应的剧烈程度和冒气泡的速度等实验现象比较Fe、Cu的金属性强弱，可以达到实验目的，故C正确；
D．向MgCl2溶液中加入金属钠块，金属钠块活泼先与MgCl2溶液中水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与溶质MgCl2反应生成氢氧化镁和氯化钠，不能比较金属钠与镁的活泼性，故D错误；
答案选D。
11．A
A．盐碱地（含较多Na2CO3等）不利于作物生长，如施加熟石灰进行改良，生成CaCO3和NaOH，加重土壤的碱性和板结，故A错误；
B．将废铁屑加入FeCl2溶液中，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，2FeCl3+Fe=3FeCl2，可用于除去工业废气中的Cl2，故B正确；
C．铝锂合金密度低、强度高，可用于航空工业，减轻航空器自身的重量，增加强度，故C正确；
D．氯气有毒，有强氧化性，氯气可用于自来水杀菌、消毒，但要控制氯气的用量，使水中余氯符合国家标准，故D正确；
故选A。
12．D
A．常温下将铝投入CuSO4溶液中，铝表面有铜附着，则表明Al与CuSO4发生了置换反应，所以铝的金属活动性大于铜，A不符合题意；
B．常温下将铝和铜用导线连接一起放入到稀盐酸溶液中，铝片溶解，铜表面有气泡产生，则表明铝作负极，铜作正极，铝的金属活动性比铜强，B不符合题意；
C．常温下将铝和铜不用导线连接一起放入到稀盐酸溶液中，铝片溶解且其表面有气泡产生，铜表面没有现象，表明铝的金属活动性比铜强，C不符合题意；
D．常温下将铝和铜用导线连接一起放入到氢氧化钠溶液中，铝片溶解，铜表面有气泡产生，但不能表明金属活动性铝大于铜，因为Mg、Al与氢氧化钠溶液构成原电池时，虽然Mg的金属活动性比Al强，但Al溶解，Mg表面有气泡产生，D符合题意；
故选D。
13．D
A.在地壳中的含量：OSiAlFeCaNa，故A错误；
B.均能与盐酸反应，生成氯化铝、氯化亚铁和氯化钠，生成物中金属价态数值：AlFeNa，故B错误；
C.Na与FeCl3溶液反应时，先和水反应生成NaOH和氢气，再和FeCl3反应生成Fe(OH)3和NaCl，故C错误；
D.等质量的三种金属与足量盐酸反应，失电子分别为
Al置换出的氢气最多，故D正确；
故选D。
14．B
F、I两元素的最低化合价都为-2价，则F、I位于元素周期表ⅥA族，由原子半径可知，F为O元素、I为S元素；H元素的最低化合价为-1价，原子半径大于O的原子半径，则H为Cl元素；G、J两元素的最高化合价都为+3价，G的原子半径小于J，则G为B元素、J为Al元素；E、L两元素的最高化合价都为+1价，E的原子半径小于O的原子半径，L的原子半径大于Al的原子半径，则E为H元素、L为Na元素；K元素的最高化合价为+2价，原子半径介于Na和Al之间，则K为Mg元素。
A.非金属元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于硫元素，则高氯酸的酸性强于硫酸，故A正确；
B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，氧离子和镁离子的电子层结构相同，则氧离子的离子半径大于镁离子，故B错误；
C.金属元素的金属性越强，单质与酸反应越剧烈，金属性：Na＞Mg＞Al，则同温下，形状、大小相同的单质与等浓度、等体积的稀硫酸反应的速率：Na＞Mg＞Al，故C正确；
D.Na、Mg、Al均为活泼金属，工业上用电解法治炼获得Na、Mg、Al的单质，故D正确；
故选B。
15．C
A．空气中含量最多的气体是氮气，A错误；
B．地壳中含量最多的元素是氧元素，B错误；
C．在室温下只有金属汞为液态，其它为固态，故熔点最低的金属是汞，C正确；
D．人体中含量最多的金属元素是钙元素，D错误；
故合理选项是C。
16．固体溶解，有无色气体生成，溶液变成蓝色Fe铁的活泼性比铜强，可从溶液中置换出铜氢气
孔雀石经粉碎后加入过量稀硫酸溶解，过滤除去不溶性杂质，滤液加入过量的铁粉可置换出铜，浊液加入稀硫酸除去铁，过滤可得到铜，以此解答该题。
(1)孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜，当加入过量稀硫酸时发生反应，固体逐渐溶解，产生二氧化碳气体、水和硫酸铜，则所得溶液显蓝色；
(2)为冶炼金属铜，因Fe比Cu活泼，则加入过量的铁粉，可把铜从硫酸铜溶液中置换出来；
(3)若向滤液中加入过量生石灰后生成氢氧化铜，过滤，将沉淀氢氧化铜加热后生成氧化铜，通入氢气生成铜和水。
17．甲＞丙＞乙丙＜乙＜甲丙＞乙＞甲
由产生氢气的体积与反应时间的关系图，等质量的甲最先完成反应而乙最后反应完成；完全反应后甲放出氢气量最大而丙最小，以此解答。
(1)等质量的甲、乙、丙三种金属，甲最先完成反应，其次为丙，而乙最后反应完全，因此可判断三种金属的活动性大小为甲＞丙＞乙；
(2)反应所放出氢气全部来自于稀硫酸，产生的氢气越多，消耗硫酸的质量越大，故三种金属反应时消耗硫酸的质量由少到多的顺序为：丙＜乙＜甲；
18．+6蓝紫色溶液变浅，产生灰蓝色沉淀，后沉淀溶解成为绿色溶液增大1×
(1)根据化合物中元素化合价代数和等于0，O元素化合价为-2价分析；
(2)溶液Cr3+(蓝紫色)和氢氧化钠溶液反应生成Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，和氢氧化铝性质相似为两性氢氧化物，溶于强碱；
(3)①图象分析可知随氢离子浓度增大，铬酸根离子转化为重铬酸根离子；
②首先确定A点各种离子的浓度：c(Cr2O72-)=0.25mol/L，c(H+)=10-7mol/L，c(CrO42-)=0.5mol/L，然后依据平衡常数概念计算；
③根据平衡移动原理分析。
(1)在Cr2O72-，离子带有2个单位的负电荷，O元素化合价为-2价，则其中元素铬(Cr)的化合价为+6价；
(2)Cr3+与Al3+的化学性质相似可知Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成Cr(OH)3灰蓝色沉淀，继续加入NaOH后沉淀溶解，生成绿色Cr(OH)4-。所以观察到的现象是：蓝紫色溶液变浅，产生灰蓝色沉淀，后沉淀溶解成为绿色溶液；
(3)①溶液酸性增大，反应物浓度增大，化学平衡2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O正向进行，使CrO42-的平衡转化率增大；
②A点Cr2O72-的浓度c(Cr2O72-)=0.25mol/L，则消耗的CrO42-的浓度c(CrO42-)=0.5mol/L，则溶液中的c(CrO42-)=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L，H+浓度c(H+)=1.0×10-7mol/L，此时该转
③温度升高，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动。根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以ΔH0。
本题考查了物质的结构与性质的关系、化学平衡常数的计算、化学平衡移动原理的应用等知识。掌握化学平衡移动原理，并充分利用题干信息分析，要求具有较好的分析和解决问题的能力。
(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物；
(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气。
(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气；
(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。
(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平。
(6)氮化钙与水反应的方程式是Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，根据氨气的体积计算样品纯度。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小。
(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应，所以实验室将钙保存在煤油中；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物，所以氮化钙含有离子键；
(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气，装置连接顺序为A→D→C→B→C。
(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气，反应化学方程式是2NaNO2＋(NH4)2SO4=Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；
(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca方法是取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙。
(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平，操作方法是上下移动水准瓶；
(6)样品与水反应生成氨气的体积是(V2mL－V1mL)，设样品中Ca3N2的质量为xg；
如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小，所以测得结果偏低。
本题考查物质的制备实验，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。
20．Ae→f→c→d→h→g→a(→b)(g、h可颠倒)吸收多余NH3并阻止空气中水蒸气进入装置B中避免加热时锂与空气反应将产物加入足量稀硫酸中，若有气泡产生，说明有金属锂剩余
(1)A.Ca(OH)2微溶于水，不易使NH3挥发，因此不宜用于实验室制备NH3，A符合题意；
B.CaO与氨水中的水反应，产生Ca(OH)2，水减少，容易使氨气逸出，且反应放出热量，加速了NH3·H2O分解产生NH3的速率，有利于氨气的逸出，B不符合题意；
C.NH4Cl与Ca(OH)2混合加热发生复分解反应可以产生氨气，适用于在实验室制取氨气，C不符合题意；
故合理选项是A；
(2)制取出的NH3先通过C装置的碱石灰进行干燥，再通入B与Li反应，D是安全瓶，A吸收多余NH3，并阻止空气中水蒸气进入，所以顺序是e→f→c→d→h→g→a(g、h可颠倒)。
(3)装置A的作用是吸收多余NH3并阻止空气中水蒸气进入；
(4)先通入NH3可赶走装置内的空气，避免加热时锂与空气反应；
(5)金属锂在硫酸溶液中会反应生成H2，产生气泡，而氨基锂溶于硫酸生Li2SO4和(NH4)2SO4，不产生气泡，因此检验制备的LiNH2中是否含有金属锂，方法是：将产物加入足量稀硫酸中，若有气泡产生，说明有金属锂剩余。
本题考查了物质制备方案设计，涉及实验方案评价、物质的检验、环境保护等，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关键，注意相关基础知识的学习与积累，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。