陕西省西安市西电附中2024届高一化学第一学期期末经典试题含解析

陕西省西安市西电附中2024届高一化学第一学期期末经典试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将一枚洁净的铁钉浸入稀硫酸中，下列叙述正确的是()①铁钉表面产生气泡②溶液由无色逐渐变为浅绿色③铁钉的质量减轻④溶液的质量减轻A．②③ B．①②④ C．①②③ D．①②③④2、下列装置有关说法错误的是（）A．装置Ⅰ：可以用来验证硅酸和碳酸的酸性强弱B．装置Ⅱ：可以用来比较和的热稳定性C．装置Ⅲ：从①口进气收集满二氧化碳，再从②口进气，可收集气体D．装置Ⅳ：可用于吸收气体，并防止倒吸3、据《本草纲目》记载：“生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也，铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。”这里的“铜青”是指A．CuO B．Cu2OC．Cu D．Cu2(OH)2CO34、下列反应属于非氧化还原反应的是（）A．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2B．NH4NO3N2O↑+2H2OC．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OD．CuO+CO═Cu+CO25、有NaCl、KSCN、NaOH、AgNO3四种溶液，只用一种试剂就把它们鉴别开来，这种试剂是（）A．盐酸 B．Na2CO3溶液 C．氯水 D．FeCl3溶液6、下列物质与危险化学品标志的对应关系不正确的是ABCD酒精氢气NaOH溶液CuA．A B．B C．C D．D7、下列各项正确的是()A．钠与水反应的离子方程式：Na＋H2O=Na＋＋OH－＋H2↑B．铁与水蒸气反应的化学方程式：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2C．镁、铝与沸水不可能反应D．钠和硫酸铜溶液反应的离子方程式：2Na＋Cu2＋=2Na＋＋Cu8、有600mL某种混合物溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现将此溶液分成三等份，进行如下实验：（1）向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；（2）向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04mol；（3）向第三份中加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验现象，以下推测正确的是A．K+不一定存在 B．Ba2+、Mg2+不一定都存在C．Cl-不一定存在 D．混合溶液中CO32-的浓度为0.2mol/L9、骗子有时用铜锌合金制成假金币行骗，下列能有效鉴别其真假的是（）A．观察颜色 B．滴一滴硝酸在币的表面，观察现象C．用手掂量轻重 D．查看图案10、据报道，科学家通过对稻壳进行控制性焚烧热解，从中提取一种叫做生物质纳米结构二氧化硅的超高活性材料，将少量这种材料掺入混凝土中，即可轻易制备出超高强度和超高耐久性能的高性能混凝土。关于二氧化硅下列说法中正确的是（）A．二氧化硅溶于水显酸性，所以二氧化硅属于酸性氧化物B．二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以得到硅酸C．由CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑可知硅酸的酸性比碳酸强D．二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸11、金属钠分别投入下列溶液中，既有白色沉淀产生又有气体放出的是A．MgCl2溶液 B．K2SO4溶液 C．FeCl3溶液 D．NH4NO3溶液12、下列关于实验室制氯气的说法中错误的是（）A．该反应是一个氧化还原反应，其中二氧化锰是氧化剂B．每生成1mol氯气，就要转移2mol电子C．该反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋2H2O＋Cl2↑D．该方法是瑞典化学家舍勒最先发现的13、把含有氧化铁的铁片投入到足量的稀盐酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无Fe3+，且生成的Fe2+与反应生成的H2的物质的量之比为3∶1，则原混合物中Fe2O3与Fe的物质的量之比为()A．1∶1 B．1∶2 C．3∶5 D．2∶514、在某无色透明溶液中，能大量共存的离子组是A．K＋、MnO4―、SO42― B．Al3＋、Cl―、SO42―C．Na＋、CH3COO―、H＋ D．OH―、Na＋、Fe3＋15、下列物质中氧原子数目与6.8gH2O2中氧原子数目一定相等的是（）A．6.72LCO B．6.6gCO2 C．8gSO3 D．9.8gH2SO416、下列说法正确的是（）A．Cl2的摩尔质量为35.5g/molB．2molH2含有NA个原子C．任意温度和压强下，2molNH3的质量都是34gD．标准状况下，1molO2和1molO3的体积不相等二、非选择题（本题包括5小题）17、已知:有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平｡现以A为主要原料制备乙酸乙酯,其合成路线如下图所示:（1）有机物A的结构简式是________,D分子中官能团的名称是_________｡（2）反应①和④的反应类型分别是:_______､____________｡（3）反应④的化学方程式是__________,利用该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为____________｡（4）某同学用下图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯｡实验结束后,试管甲上层为透明且不溶于水的油状液体｡

①实验结束后,振荡试管甲,有无色气泡生成,其主要原因是__________(用化学方程式表示)｡②除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸和乙醇,应加入________,分离时用到的主要仪器是_________｡18、阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：信息问题①短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，最外层电子数均不少于最内层电子数（1）X一定不是__A．氢B．碳C．氧D．硫②一定条件下，上述四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓NaOH溶液，氧化物的相对分子质量都大于26（2）这四种元素中有铝元素吗？__③向上述四种元素的单质的混合物中，加入足量的盐酸，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的烧碱溶液，最终溶液中有白色沉淀（3）白色沉淀的化学式为__④向上述四种元素的单质的混合物中，加入足量的烧碱溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的盐酸，最终溶液中有白色沉淀（4）生成白色沉淀的离子方程式为__⑤X与W同主族（5）X的最高价氧化物的电子式为___19、某铝合金(硬铝)中含有镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计如下实验：（1）称取样品ag。（2）将样品溶于足量稀盐酸中，过滤，滤液中主要含有___离子，滤渣中含有___；在溶解过滤时使用的仪器有___。（3）往滤液中加入过量NaOH溶液，过滤，写出该步操作中有关的离子方程式____。（4）在第（3）步的滤液中通入足量CO2过滤，将沉淀用蒸馏水洗涤数次后，烘干并灼烧至质量不再减少为止，冷却后称量，质量为bg。有关反应的化学方程式为____。（5）计算该样品中铝的质量分数的表达式为___。（6）若第（3）步中加入NaOH溶液的量不足时，会使测定的结果___(“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。若第（4）步对沉淀的灼烧不充分时，会使测定的结果___。若第（4）步中的沉淀没有用蒸馏水洗涤时，会使测定的结果____。20、实验室需要0.3mol/LNaOH溶液480mL和1.0mol/L硫酸溶液250mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________(填仪器名称)。(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________(填序号)。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．贮存溶液C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D．准确稀释某一浓度的溶液E.用来加热溶解固体溶质(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为________g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度___0.3mol/L(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_______mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用________mL的量筒最好。21、工业上常用硫铁矿(FeS2)焙烧去硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，流程如下：（1）试剂X可能为______________。A．双氧水B．酸性高锰酸钾C．浓硫酸D．SO2（2）从还原后溶液中得到产品，应进行的操作是___________、____________、过滤、洗涤、干燥。（3）七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)在医学上常用作补血剂。某课外小组通过以下实验方法测定某补血剂中亚铁离子的含量。步骤a：取10片补血剂样品除去糖衣、研磨、溶解、过滤，将滤液配成500mL溶液；步骤b：取上述溶液25mL于锥形瓶中，逐渐滴加0.0500mol/L的酸性KMnO4溶液，至恰好完全反应，记录消耗的酸性KMnO4溶液的体积(假定药品中其他成分不与酸性KMnO4反应)；步骤c：重复步骤b2～3次，平均消耗酸性KMnO4溶液20.00mL。已知：5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，则该补血剂中亚铁离子的含量为_____mg/片。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

将一枚洁净的铁钉浸入稀硫酸中，Fe属于活泼金属，能和稀H2SO4反应生成FeSO4和H2气体，所以①铁钉表面产生气泡正确；因为FeSO4溶液为浅绿色，所以②溶液由无色逐渐变为浅绿色正确，③铁钉溶解质量减轻，故③正确；溶液的质量增重，故④错误；所以C符合题意；答案：C。2、D【解题分析】

A.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成难溶性硅酸沉淀，则装置Ⅰ：可以用来验证硅酸和碳酸的酸性强弱，故A正确；B.碳酸氢钠不稳定，在小试管中间接受热，碳酸钠不分解，放在温度高的大试管中，通过右边烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中澄清石灰水不变浑浊，可比较热稳定性，故B正确；C.二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集二氧化碳，二氧化碳和NO不反应，且NO密度小于二氧化碳，所以可以采用向下排二氧化碳气体法收集NO，故C正确；D.图中导管插入水中，HCl极易溶于水，试管内液体会倒吸，应该在水中加入四氯化碳，将导管插入下层的四氯化碳，因为HCl与水没有直接接触，所以不会倒吸，故D错误；故选D。【题目点拨】此题易错点在于D项，要明确倒吸的原理，导管内HCl极易溶于水，压强迅速减小，导致液体倒吸，若和水不直接接触，则压强不会迅速减小。3、D【解题分析】

铜青则是铜器上绿色者，即铜青为绿色固体。【题目详解】A.CuO为黑色固体，与题意不符，A错误；B.Cu2O为红色固体，与题意不符，B错误；C.Cu为红色固体，与题意不符，C错误；D.Cu2(OH)2CO3为绿色固体，符合题意，D正确；答案为D。4、C【解题分析】

A.Fe、C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，A不合题意；B.N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不合题意；C.元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，C符合题意；D.Cu、C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，D不合题意。故选C。5、D【解题分析】

A.盐酸只能鉴别硝酸银溶液，A错误；B.碳酸钠溶液只能鉴别硝酸银溶液，B错误；C.氯水和氢氧化钠溶液反应，氯水褪色，和硝酸银反应产生白色沉淀，但不能鉴别氯化钠和KSCN，C错误；D.FeCl3溶液与NaCl没有明显现象、与KSCN溶液显血红色、与NaOH生成红褐色沉淀、与AgNO3生成白色沉淀，可以鉴别，D正确。答案选D。6、D【解题分析】

A．乙醇是液态物质，容易燃烧，所以属于易燃液体，图中标志合理，A正确；B．氢气是易燃气体，图中标志为易燃气体，B正确；C．硫酸有强腐蚀性，试管中的液体倒在手上或桌面上会产生腐蚀作用，表示该药品是腐蚀品，C正确；D．Cu是金属单质，无强氧化性，无腐蚀性，D错误；故合理选项是D。7、B【解题分析】

A、钠与水反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，选项A错误；B、铁与水蒸气的反应为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，选项B正确；C、镁可以与热水反应，铝可以与沸水反应，选项C错误；D、钠先与水反应，生成的氢氧化钠和硫酸铜溶液发生复分解反应，离子方程式为2Na＋2H2O＋Cu2＋=Cu(OH)2↓＋H2↑＋2Na＋，选项D错误；答案选B。8、C【解题分析】

第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl－+Ag+=AgCl↓、CO32－+2Ag+=Ag2CO3↓、SO42－+2Ag+=Ag2SO4↓，所以可能含有Cl－、CO32－、SO42－；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，则一定含有NH4+，根据反应NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O可知，产生NH3为0.04mol，则NH4+也为0.04mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明有部分沉淀溶于盐酸、部分沉淀不溶于盐酸，则沉淀为BaCO3和BaSO4，溶液中一定存在CO32－、SO42－，一定不存在Ba2＋，由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为2.33g÷233g/mol=0.01mol，BaCO3为6.27g－2.33g=3.94g，物质的量为3.94g÷197g/mol=0.02mol，则CO32－物质的量为0.02mol，CO32－物质的量浓度为0.02mol÷0.2L=0.1mol/L。【题目详解】A.CO32－、SO42－、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO32－、SO42－所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒可知，K+一定存在，且K+物质的量≥0.02mol，当K+物质的量＞0.02mol时，溶液中还必须存在Cl－，故A错误；B.溶液中一定存在CO32－、SO42－，因Ba2+和CO32－、SO42－可发生反应生成BaCO3和BaSO4沉淀，Mg2+和CO32－可发生反应生成MgCO3沉淀，因此Mg2+和Ba2+一定不存在，故B错误；C.根据A项分析可知，只有当K+物质的量＞0.02mol时，溶液中才必须存在Cl－，所以不能确定溶液中Cl－是否存在，故C正确；D.由上述分析可知，溶液中CO32－的物质的量浓度为0.1mol/L，故D错误；答案选C。9、B【解题分析】

A．二者颜色相同，无法鉴别，选项A错误；B．铜与硝酸反应生成硝酸铜，溶液为蓝色，金与硝酸不反应，可鉴别，选项B正确；C．金币质量差别较小，用手掂量轻重误差较大，无法鉴别，选项C错误；D．二者都能做出各种图案，无法鉴别，选项D错误。答案选B。【题目点拨】把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，易错点为选项C。10、B【解题分析】

A、二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水，故A错误；B、碳酸的酸性都强于硅酸，二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以得到硅酸沉淀，故B正确；C、反应只有在高温条件下才能进行，由于CO2是气体，生成后脱离反应体系使反应得以继续进行，但并不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强，故C错误；D、二氧化硅能够溶于氢氟酸，而不是不溶于任何酸，故D错误；故选B。【题目点拨】本题的易错点为C，要注意强酸制弱酸原理，必须在溶液中发生的化学反应，该反应为高温下固体间的反应，不能得出硅酸的酸性比碳酸强。11、A【解题分析】

把钠放入盐溶液里，都会有氢气产生，因为钠可以和水反应；A.因为钠的化学性质活泼，投入MgCl2溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与MgCl2生成氢氧化镁白色的沉淀，故A正确；B.因钠与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，有气体产生；但氢氧化钠与钾硫酸不反应，故有气体产生，不能产生沉淀，故B错误；C.因钠与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生；而氢氧化钠与FeCl3溶液能产生红褐色沉淀，故C错误；D.因钠能与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生，但氢氧化钠与NH4NO3溶液不能产生沉淀，故D错误，故选A。【题目点拨】根据钠的化学性质：与水、酸、盐溶液的反应，利用2Na+2H2O=2NaOH+H2↑及生成的碱与盐的反应来得出反应现象。12、C【解题分析】

实验室制取氯气的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，反应中氯元素化合价由-1价升高到0价，氯化氢作还原剂；锰元素化合价由+4价降低到+2价，二氧化锰作氧化剂；【题目详解】A.该反应是一个氧化还原反应，其中二氧化锰是氧化剂，故A正确；B.每生成1mol氯气，转移电子为：1mol×2×[0-（-1）]=2mol，故B正确；C.氯化锰是可溶性的盐，故该反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，故C错误；D.该方法是瑞典化学家舍勒最先发现的，故D正确；答案选C。13、D【解题分析】

设原混合物中含有xmolFe2O3，ymolFe，，得=2：5。答案选D。14、B【解题分析】

A．含有MnO4―的溶液显紫色，不可能存在于无色溶液中，故A错误；B．离子组Al3＋、Cl―、SO42―彼此间不发生离子反应，能大量共存于无色溶液中，故B正确；C．CH3COO―与H＋能生成醋酸，醋酸是弱电解质，故CH3COO―与H＋不能大量共存于无色溶液中，故C错误；D．OH―与Fe3＋能生成红褪色氢氧化铁沉淀，且含有Fe3＋的溶液显棕黄色，故OH―与Fe3＋不能大量共存于无色溶液中，故D错误；故答案为B。【题目点拨】离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的颜色、溶液的酸碱性等，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等。15、D【解题分析】

A.6.8gH2O2的物质的量：=0.2mol，含有0.4molO原子，根据N=nNA可知，含有O原子个数相同，则含有O原子物质的量相同。没有指出标准状况下，无法计算CO的物质的量，A错误；B.6.6g二氧化碳的物质的量：=0.15mol，含有O的物质的量：0.15mol×2=0.3mol，故B错误；C.8gSO3的物质的量：=0.1mol，含有0.3mol氧原子，C错误；D.9.8gH2SO4的物质的量：=0.1mol，含有0.4mol氧原子，D正确；正确答案是D。【题目点拨】本题考查物质的量有关计算，A选项为易错点，学生容易忽略CO所处的状态。16、C【解题分析】

A.Cl的摩尔质量为35.5g/mol，一个氯分子含有两个氯原子，故Cl2的摩尔质量为35.5g/mol×2=71g/mol，故A错误；B.1mol任何物质具有的微粒数为NA，2molH2含有2NA个分子，一个氢气分子含有两个氢原子，故2molH2含有4NA个原子，故B错误；C.任意温度和压强下，NH3的摩尔质量为17g/mol，2molNH3的质量都是34g，摩尔质量不受温度和体积的影响，故C正确；D.标准状况下，1mol任何气体具有的体积都约为22.4L，相同条件下，1molO2和1molO3的体积相等，故D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CH2羧基加成反应酯化反应(或取代反应)CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O83%2CH3COOH＋Na2CO3=2CH3COONa＋CO2↑＋H2O饱和碳酸钠溶液分液漏斗【解题分析】本题考查有机物的基础知识，以及乙酸乙酯的制备实验，（1）A的产量是衡量一个国家的石油化工发展的水平，即A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2；反应①是乙烯与水发生加成反应，生成CH3CH2OH，反应②是乙醇的催化氧化，生成CH3CHO，反应③是乙醛被氧化成乙酸，因此D中含有官能团的名称为羧基；（2）根据(1)的分析，反应①为加成反应，反应④是乙醇和乙酸发生酯化反应(取代反应)；（3）反应④是酯化反应，反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比，假设生成1mol乙酸乙酯，则乙酸乙酯的质量为88g，产物的总质量为(88＋18)g，因此原子利用率为88/(88＋18)×100%=83%；（4）①试管甲中盛放的是饱和碳酸钠溶液，从试管中挥发出来的有乙醇、乙酸、乙酸乙酯，乙酸的酸性强于碳酸，因此有2CH3COOH＋Na2CO3=2CH2COONa＋CO2↑＋H2O；②除去乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，用饱和碳酸钠溶液，同时可以降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，因此分离时主要用到的仪器是分液漏斗。18、AD一定含有铝元素Mg(OH)2SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓【解题分析】

①短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，最外层电子数均不少于最内层电子数，则最外层电子数至少为2，W的最外层电子数最多为7个，X的原子序数最多为14。②四种元素的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓NaOH溶液，则有一种既能溶于稀硫酸，又能溶于浓NaOH溶液。③溶于盐酸的必为金属，加入过量的烧碱溶液，最终溶液中有白色沉淀，此沉淀肯定不溶于烧碱溶液，则该金属的氢氧化物为难溶性碱。④单质中加入足量的烧碱溶液，生成盐，加入过量的盐酸，发生复分解反应，最终溶液中生成的白色沉淀应为酸。⑤确定W后，依据X与W同主族，便能确定X。【题目详解】（1）由①中分析可知，X最外层电子数至少为2，则不可能是氢；X的原子序数最多为14，则不可能是硫，从而得出X一定不是AD。答案为：AD；（2）由②中分析可知，这四种元素中有一种的氧化物既能溶于稀硫酸，又能溶于浓NaOH溶液，则一定为氧化铝，所以一定含有铝元素。答案为：一定含有铝元素；（3）由③的分析知，有一种金属的氢氧化物为难溶性碱，则其为氢氧化镁，白色沉淀的化学式为Mg(OH)2。答案为：Mg(OH)2；（4）由④的分析可知，有一种酸难溶于水和酸，则其只能为硅酸，生成白色沉淀的离子方程式为SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。答案为：SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓；（5）由⑤知，X与W同主族，现推出W为硅，则X为碳，X的最高价氧化物的电子式为。答案为：。【题目点拨】在利用元素周期表进行元素推断时，既要考虑元素在周期表中的可能位置，又要考虑元素性质的特殊性，如在短周期元素中，金属单质、氧化物、氢氧化物既能溶于酸又能溶于强碱的金属元素为铝；金属的氢氧化物难溶于水的是氢氧化镁；非金属氧化物、含氧酸难溶于水的元素是硅等。19、Al3＋、Mg2＋、Cl－Cu、Si烧杯、玻璃棒、漏斗、带铁圈的铁架台(或漏斗架)H++OH-＝H2O、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlO2-+2H2O[或H++OH-＝H2O、Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O、Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓]NaOH+CO2=NaHCO3、NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓，2Al(OH)3Al2O3+3H2O×100%偏低偏高偏高【解题分析】

(2)铝合金(硬铝)中的铝和镁能够与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，单质硅、铜和稀盐酸不反应；结合溶解、过滤操作分析解答；(3)滤液中含有氯化镁、氯化铝和过量的盐酸，结合物质的性质分析解答；(4)第(3)步的滤液中含有氯化钠和偏铝酸钠，以及过量的氢氧化钠，结合物质的性质分析解答；(5)bg为氧化铝的质量，结合铝元素守恒计算铝的质量分数；(6)若第(3)步中加入氢氧化钠溶液不足，生成的氢氧化铝沉淀偏少；若第(4)步对沉淀的灼烧不充分时，会导致测得的氧化铝质量偏大；若第(4)步中的沉淀没有用蒸馏水洗涤时，导致氢氧化铝沉淀的质量偏大，据此分析误差。【题目详解】(2)铝合金(硬铝)中的铝和镁能够与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，过滤，滤液中主要含有Al3+、Mg2+、Cl－，单质硅和铜不能和稀盐酸发生反应，留在了滤渣中；溶解、过滤过程中需要仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒、带铁圈的铁架台(或漏斗架)，故答案为：Al3+、Mg2+、Cl－；Cu、Si；烧杯、漏斗、玻璃棒、带铁圈的铁架台(或漏斗架)；(3)滤液中含有氯化镁、氯化铝和过量的盐酸，剩余的盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠与水，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀与氯化钠，氯化铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氯化钠，有关离子方程式为：H++OH-＝H2O、Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O、Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓；(4)第(3)步的滤液中含有氯化钠和偏铝酸钠，以及过量的氢氧化钠，通入足量CO2，氢氧化钠与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，灼烧氢氧化铝分解得到氧化铝，发生反应为NaOH+CO2=NaHCO3、NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓，2Al(OH)3Al2O3+3H2O；(5)将沉淀用蒸馏水洗涤数次后，烘干并灼烧至重量不再减少为止，冷却后称量，质量为bg，为Al2O3，该样品中铝的质量分数的表达式=×100%=×100%，故答案为：×100%；(6)若第(3)步中加入氢氧化钠溶液不足，生成的氢氧化铝沉淀偏少，测定结果偏低；若第(4)步对沉淀的灼烧不充分时，会导致测得的氧化铝质量偏大，测定结果偏高；若第(4)步中的沉淀没有用蒸馏水洗涤时，导致氢氧化铝沉淀的质量偏大，测定生成的氧化铝质量偏大，测定结果偏高。20、AC烧杯、玻璃棒BCE6.0小于13.615【解题分析】

(1)根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器选择；(2)容量瓶不能稀释浓溶液、不能用于溶解固体、储存溶液等；(3)依据n=c×v计算需要的氢氧化钠的物质的量，m=n×M计算氢氧化钠的质量；依据c=进行误差分析，凡是能够使n增大，或者使V减小的操作，都会使c偏大；凡是能够使n减小，V增大的操作都会使c偏小；(4)根据c=计算浓硫酸的浓度，再根据浓硫酸稀释前后溶质的物