安徽省皖江名校联盟2023-2024学年化学高一上期末经典模拟试题含解析

安徽省皖江名校联盟2023-2024学年化学高一上期末经典模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中位置如图所示，若W原子最外层电子数是其内层电子总数的。下列说法中，正确的是()A．X只有一种氧化物B．气态氢化物的稳定性Z＞WC．原子半径由大到小的排列顺序Z＞Y＞XD．元素X是自然界中形成化合物种类最多的元素2、下列类型的反应中，元素化合价一定发生变化的是()A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应3、锂海水电池的反应原理为：2Li＋2H2O＝2LiOH＋H2↑，其示意图如图所示。有关该电池工作时说法错误的是A．金属锂作正极B．镍电极上发生还原反应C．海水作为电解质溶液D．可将化学能转化为电能4、能证明硫酸为强酸的实验事实是()A．能与酸碱指示剂作用 B．能与磷酸钙反应生成磷酸C．能与金属锌反应生成氢气 D．能与食盐固体共热产生气体氯化氢5、下列离子方程式中，不正确的是A．将氧化镁与稀盐酸混合：MgO+2H+=Mg2++H2OB．氢氧化钡溶液和稀硫酸溶液混合：Ba2+＋2OH-＋2H+＋=BaSO4↓＋2H2OC．将稀硫酸滴在铁片上：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑D．将碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合：HCO3-+H+=H2O+CO2↑6、在沸水中逐滴加入5～6滴

FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。下列说法正确的是（

）A．用激光笔照射该液体，会出现丁达尔效应B．将液体静置片刻，会出现沉淀现象C．所得分散系中分散质的粒子直径大于100nmD．用滤纸可实现该分散系中分散剂与分散质的分离7、下列离子方程式的书写正确的是()A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CO32-===CO2↑+H2OB．铁和稀硝酸反应：Fe+2H+===H2↑+Fe2+C．向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3++3OH﹣===Al(OH)3↓D．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH﹣+HCO3-===CO32-+H2O8、每次取20g海水，严格按照过滤、蒸发、冷却、称量、计算的实验步骤规范操作，连续实验三次，平均得固态盐ag。该海水中含氯化钠的质量分数是()A．大于5a%B．小于5a%C．等于5a%D．无法判断9、为了探究铁及其化合物的氧化性和还原性，某同学设计如下实验方案，其中符合实验要求且正确的是（）选项实验操作实验现象离子反应实验结论A在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水浅绿色溶液变成棕黄色溶液2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－Fe2＋具有氧化性B在氯化亚铁溶液中加入锌片浅绿色溶液变成无色溶液Fe2＋＋Zn=Fe＋Zn2＋Zn具有还原性C在氯化铁溶液中加入铁粉棕黄色溶液变成浅绿色溶液Fe3＋＋Fe=2Fe2＋铁单质具有还原性D在氯化铁溶液中加入铜粉棕黄色溶液变成蓝色溶液2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋Fe3＋具有还原性A．A B．B C．C D．D10、铜与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与0.84LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL11、单质和化合物的主要区别在于它是否由()A．同种物质组成 B．同种元素组成 C．同种分子组成 D．同种原子构成12、下列关于卤族元素结构和性质的说法错误的是A．F、Cl、Br、I原子半径依次增大B．F、Cl、Br、I的电子层数逐渐增多C．F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱D．F-、Cl-、Br-、I-离子的还原性依次减弱13、将下列金属分别投入0.1mol⋅L-1盐酸中，能发生反应且反应最剧烈的是（）A．Fe B．Al C．Mg D．Cu14、铯（）可用于医学、工业测量仪器以及水文学。下列有关的说法正确的是A．核外电子数为55 B．质子数为82 C．质量数为192 D．中子数为13715、已知氯化碘(ICl)的性质类似于卤素，有很强的化学活性。ICl跟Zn、H2O分别发生如下反应：2ICl＋2Zn=ZnCl2＋ZnI2，ICl＋H2O=HCl＋HIO，下列叙述正确的是（）A．在Zn跟ICl的反应中，ZnCl2既是氧化产物又是还原产物B．在Zn跟ICl的反应中，ZnCl2既不是氧化产物又不是还原产物C．在H2O跟ICl的反应中，ICl既是氧化剂又是还原剂D．在H2O跟ICl的反应中，ICl既不是氧化剂又不是还原剂16、能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（）A．氢氧化钡溶液与硫酸的反应：OH−+H+=H2OB．澄清的石灰水与醋酸反应：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2OC．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++AgD．碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑17、垃圾分类指按一定规定或标准将垃圾分类储存，分类投放和分类搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称，在垃圾分类处理和利用的标志中如图属于（）A．厨余垃圾标志 B．危险废物标志 C．可回收物标志 D．其他垃圾标志18、铝制品比铁制品在空气中不易被锈蚀，原因是（）A．铝的金属性比铁弱 B．铝在空气中易与氧气形成一层致密的氧化膜C．铝的密度比铁的密度小 D．铝不能与氧气发生化学反应19、下列所述性质中能证明化合物微粒间一定存在离子键的是()A．易溶于水 B．具有较高的熔点C．熔融状态下能导电 D．溶于水能电离出离子20、如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液滴加过程中微粒数量的关系曲线。判断下列说法不正确的是（）A．A线表示Al3＋的物质的量的变化B．x表示NaOH的物质的量C．C线表示Al(OH)3的物质的量的变化D．D线表示Al(OH)3的物质的量的变化21、在某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl.已知H2S为反应物，则另一反应物是A．S B．FeCl2 C．FeCl3 D．HCl22、证明某溶液中只含Fe2＋而不含Fe3＋的实验方法是（）A．只滴加KSCN溶液B．先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色C．先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色D．滴加NaOH溶液，产生白色沉淀二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D四种元素，A的最高正价与其最低负价的绝对值之差为6；A、D次外层都是8个电子，A与D的化合物DA在水溶液中能电离出具有相同电子层结构的阴、阳离子；B有两个电子层，其最高正价与最低负价的代数和为0；C2－与氩原子具有相同的电子层结构。(1)试写出上述各元素的符号：A______，B______，C______，D______。(2)画出下列粒子的结构示意图：A：________________，C2－：__________。(3)元素A、C、D形成简单离子的半径由大到小的顺序是________________。(4)写出A、D的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式：_____________。24、（12分）有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在加热下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，试根据以上叙述回答：（1）写出下列元素的名称：A_____，B_____，C_____，D_____。（2）D元素位于周期表中____周期_____族。D2－的结构示意图是____。（3）AB2是___（填“共价”或“离子”）化合物，C2B2所含化学键的类型是___、___。写出AB2与C2B2反应的化学方程式：___________________。（4）用电子式表示化合物C2D的形成过程：________。25、（12分）通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅，粗硅(合铁、铝、硼、磷等杂质)

与氯气反应生成四氯化硅(反应温度450-500℃)，四氧化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。(D的硬质玻璃管中盛装粗硅)相关信息如下:

a.四氧化硅遇水极易反应生成硅酸和氯化氢；b.硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物；c.有关物质的物理常数见下表:物质SiCl4BCl3AlCl3FeCl3PCl5沸点/℃57.712.8—315—熔点/℃－70.0－107.2———升华温度/℃——180300162请回答下列问题:(1)写出用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅的化学方程式_________________________。(2)写出装置A中发生反应的离子方程式__________________________________。(3)装置A中g管的作用是_________________；装置C中的试剂是____________；(4)装置E中h瓶收集到的粗产物可通过多次蒸馏得到高纯度四氯化硅，蒸馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是________(填写元素符号)。(5)写出尾气处理装置中发生反应的离子方程式___________________________。(6)本题实验装置中有一明显的不足之处，请简述你的改进方案及理由:___________。26、（10分）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____。27、（12分）Ⅰ.下面是几种实验中常用的仪器：写出序号所代表的仪器的名称：A___________；B___________；C___________；D___________。Ⅱ.实验室要配制100mL2mol/LNaCl溶液，请回答下列问题：⑴配制过程中需要使用的主要玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和___________。⑵用托盘天平称取氯化钠固体，其质量为__________g。⑶下列主要操作步骤的正确顺序是___________（填序号）。①称取一定质量的氯化钠，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；②加水至液面离容量瓶颈刻度线下1~2厘米时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；③将溶液转移到容量瓶中；④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液转移到容量瓶中。⑷如果实验过程中缺少步骤⑤，会造成所配溶液的物质的量浓度_______(填“偏高”或“偏低”或“无影响”，下同)；若定容时俯视容量瓶刻度线，会造成所配溶液的物质的量浓度_________。28、（14分）有关氨的实验室制取和性质实验如下：（1）实验室制取氨气的化学方程式为____________________________．验证氨气是否收集满的方法是________________________。（2）如图是实验室进行氨气溶于水的喷泉实验装置，下列叙述错误的是________．A．该实验说明氨气是一种极易溶于水的气体B．进入烧瓶中的液体颜色由无色变为红色，说明氨水呈碱性C．形成喷泉的原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压小于大气压D．用氯气代替氨气，利用此装置也可进行喷泉实验（3）干燥的氨气在高温下能被氧化铜氧化，生成两种单质和一种化合物．反应的化学方程式是___________________________________．（4）写出Cu与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式_____________________________29、（10分）某工厂排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，为了减少环境污染，变废为宝，利用废铁屑和其它化学试剂进行如下操作，得到了Fe2O3、Al2O3和金属Cu。请回答：（1）固体A的成分是____________（用化学式表示）。（2）溶液B→沉淀F的现象是__________________，沉淀产生此现象的原理是_____________________________（用化学方程式表示）。（3）写出下列反应的离子方程式：工业废水→溶液B中Fe3+发生的反应：____________________________________。D→E：____________________________________。（4）溶液E焰色反应呈黄色，试剂H是___________________（用化学式表示）。（5）小明认为由溶液B→溶液D的过程并不符合绿色化学，所以将氯水换成了H2O2溶液，在该转化过程中若转移2mol电子，则消耗质量分数为30%的H2O2溶液的质量为________g（精确到0.1g）。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

短周期元素W原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5，则W是S，所以Z是P，Y是N，X是C。【详解】A．X有CO、CO2等氧化物，A错误；B．由于元素的非金属性：W都要Z，所以气态氢化物的稳定性Z＜W，B错误；C．同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径由大到小排列顺序Z＞X＞Y，C错误；D．碳元素可以形成许多有机物，因此是自然界中形成化合物种类最多的元素，D正确。答案选D。2、C【解析】

A．化合反应是由几种物质化合生成一种物质的反应，但是元素的化合价不一定发生变化，如二氧化碳与水和碳酸钠化合生成碳酸氢钠，反应过程中无化合价变化，故A选项错误；B．分解反应过程中如果都是化合物参加反应，则元素化合价不变化，如碳酸钙分解为氧化钙与二氧化碳，故B选项错误；C．置换反应是单质和化合物反应生成另外一种单质和化合物，元素化合价一定有变化，故C选项正确；D．复分解反应是化合物间相互交换成分，反应前后无元素化合价的变化，所以一定不是氧化还原反应，故D选项错误；

故答案选C。3、A【解析】

锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li-e-=Li+，金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电子从负极沿导线流向正极。【详解】A.锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li−e−=Li+，故A错误；B.金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故B正确；C.原电池中利用海水做电解质溶液，形成闭合回路，故C正确；D.装置为原电池反应，化学能转化为电能，故D正确；答案选A。4、B【解析】

A.能与酸碱指示剂作用，只能证明是酸，故A不符合题意；B.能与磷酸钙反应生成磷酸，利用强酸制弱酸的原理，故B符合题意；C.能与金属锌反应生成氢气，只能证明是酸，故C不符合题意；D.能与食盐固体共热产生气体氯化氢，是难挥发性酸制易挥发性酸，故D不符合题意。综上所述，答案为B。5、C【解析】

A.将氧化镁与稀盐酸混合生成氯化镁和水，反应的离子方程式是MgO+2H+=Mg2++H2O，故A正确；B.氢氧化钡溶液和稀硫酸溶液混合，生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是Ba2+＋2OH-＋2H+＋=BaSO4↓＋2H2O，故B正确；，C.将稀硫酸滴在铁片上，生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式是Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；D.将碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合，生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故D正确；答案选C。6、A【解析】

A．制取得到液体是Fe(OH)3胶体，会产生丁达尔效应，因此用激光笔照射该液体，能够产生一条光亮的通路，A正确；B．制取得到的Fe(OH)3胶体是一种介稳体系，将其静置，不会出现沉淀现象，B错误；C．制取得到的是Fe(OH)3胶体，分散质微粒直径在1-100nm之间，C错误；D．胶体微粒及离子都可通过滤纸，因此不能用滤纸可实现该分散系中分散剂与分散质的分离，D错误；故答案是A。7、D【解析】

A.大理石是碳酸钙，不溶于水，不能拆成离子形式，故离子方程式2H++CO32-===CO2↑+H2O是错误的，故错误；B.铁和稀硝酸反应不产生氢气，故错误；C.向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氯化钠，故错误；D.NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：OH﹣+HCO3-=CO32-+H2O，故正确。故选D。8、B【解析】

根据题意可知，本题考查从海水中获得氯化钠的操作，根据海水中主要含有氯化钠，还含有氯化钙、氯化镁等易溶性的物质分析。【详解】每次取20g海水，严格按照过滤、蒸发、冷却、称量、计算的实验步骤规范操作，连续实验三次，平均得固态盐ag，若固态盐全为NaCl，则该海水中含氯化钠的质量分数是，但由于海水中主要含有氯化钠，还含有氯化钙、氯化镁等易溶性的物质，在蒸发时，它们也与氯化钠一同结晶析出，成为氯化钠中的杂质，因此该海水中含氯化钠的质量分数小于5a%，答案选B。【点睛】特别注意海水中主要含有氯化钠，还含有氯化钙、氯化镁等易溶性的物质，在蒸发时，它们也与氯化钠一同结晶析出，成为氯化钠中的杂质。9、B【解析】

A项、Fe2＋具有还原性，在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水，Fe2＋离子被氯水氧化生成Fe3＋离子，溶液由浅绿色变成棕黄色，故A错误；B项、Fe2＋具有氧化性，Zn具有还原性，在氯化亚铁溶液中加入锌片，锌与Fe2＋离子发生置换反应生成Fe和无色的Zn2＋离子，溶液由浅绿色变成无色，故B正确；C项、氯化铁溶液与铁粉反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故C错误；D项、氯化铁溶液与铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应前氯化铁溶液为黄色，反应后氯化亚铁溶液为浅绿色，氯化铜溶液为淡蓝色，氯化亚铁和氯化铜的混合溶液为蓝绿色，说明Fe3+具有氧化性，故D错误；故选B。【点睛】氯化亚铁中+2价的铁为中间价态，既有氧化性又有还原性，氯化铁中+3价的铁为高价态，具有氧化性。10、C【解析】

向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu（OH）2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，生成NO2、NO的混合气体与0.84LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，据此计算n（NaOH），进而计算消耗氢氧化钠溶液体积。【详解】NO2、N2O4、NO混合气体与0.84LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，说明整个过程中被还原的HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒建立关系式：n（Cu）×2=n（O2）×4，解得n（Cu）0.0325mol×2=0.075mol，根据Cu原子个数守恒可知Cu（NO3）2为0.075mol；根据Cu2+—2OH—得NaOH为0.075mol×2=0.15mol，则NaOH,溶液的体积V为0.15mol/5mol/L=30mL，故选C。【点睛】本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，根据氧化还原反应中电子得失守恒和原子个数守恒计算是解答的关键。11、B【解析】

单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物，两者的区别在于组成元素的种类是一种还是多种，综上，本题选B。12、D【解析】A.F、Cl、Br、I属于同主族元素，从上到下原子半径依次增大，故A正确；B.F、Cl、Br、I的电子层数逐渐增多，故B正确；C.同主族元素F、Cl、Br、I，从上到下非金属性逐渐减弱，所以F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱，故C正确；D.同主族元素F、Cl、Br、I，从上到下非金属性逐渐减弱，对应离子F-、Cl-、Br-、I-的还原性依次增强，故D错误。故选D。13、C【解析】

根据金属活动性顺序Mg>Al>Fe>(H)>Cu，氢前金属能与盐酸发生置换反应，可知Mg、Al、Fe能与盐酸发生反应，且Mg反应最剧烈，综上所述，答案为C。14、A【解析】

的质子数是55，质量数是137，中子数是137-55=82，核外电子数=质子数=55；故选A。15、D【解析】

A．2ICl＋2Zn=ZnCl2＋ZnI2，反应中Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则ZnI2既是氧化产物又是还原产物，ZnCl2是氧化产物，不是还原产物，故A错误；B．2ICl＋2Zn=ZnCl2＋ZnI2，反应中Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则ZnCl2是氧化产物，不是还原产物，故B错误；C．ICl+H2O=HCl+HIO，反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，ICl既不是氧化剂又不是还原剂，故C错误；D．ICl+H2O=HCl+HIO中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，ICl既不是氧化剂又不是还原剂，故D正确；故选D。【点睛】明确反应中元素的化合价的变化是解题的关键。解答本题要注意ICl中I为+1价。16、D【解析】

A．氢氧化钡溶液与硫酸的反应还产生了BaSO4沉淀，故离子方程式为：+Ba2++2OH−+2H+=2H2O+BaSO4↓，A错误；B．澄清的石灰水是强电解质，与醋酸是弱电解质，故离子方程式为：OH-+CH3COOH=CH3COO-+H2O，B错误；C．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++Ag该离子方程式电荷不守恒，故正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，C错误；D．碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，D正确；故答案为：D。17、C【解析】

A．厨余垃圾标志为：，选项A错误；B．危险废物标志为，选项B错误；C．可回收标志为，选项C正确；D．其他垃圾标志为：，选项D错误；答案选C。【点睛】本题以垃圾箱的标志为载体考查了垃圾的分类，明确标志包含的意义是解本题的关键，垃圾可分为可回收垃圾、可堆肥垃圾、有害垃圾、其它垃圾等；结合各个标志所代表的含义进行分析判断。18、B【解析】

铁在空气中发生氧化后生成的氧化物是疏松状的，导致内部金属继续被腐蚀，铝是活泼的金属，其表面极易被氧化生成一层致密的氧化膜，从而阻止内部的金属铝被氧化，所以铝制品是耐腐蚀的，与密度无关，Al比Fe活泼，Al与氧气反应，所以B正确。故选B。19、C【解析】

A、该选项不能证明化合物微粒间一定存在离子键，比如HCl、CH3CH2OH等，这些化合物都易溶于水，但都是共价化合物，均不含离子键，A错误；B、该选项不能证明化合物微粒间一定存在离子键，比如SiO2等，该化合物是共价化合物，不含离子键，B错误；C、该选项能证明化合物微粒间一定存在离子键，只有离子化合物在熔融状态下可以导电，C正确；D、该选项不能证明化合物微粒间一定存在离子键，比如HCl，该化合物是共价化合物，不含离子键，D错误；故选C。【点睛】含离子键的化合物一定是离子化合物，其在熔融状态下一定能导电；而共价化合物不存在离子键，在熔融状态下只能以分子形式存在，不能电离出离子，因而熔融的共价化合物不能导电。因此，常用熔融状态的化合物的导电性来判断其是否属于离子化合物。20、D【解析】

假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al3+完全沉淀，消耗3molOH-，生成1molAl(OH)3，然后发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH-，生成1molAlO2-，前后两部分消耗的OH-为3：1；假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-完全反应消耗，1molAl3+生成1molAlO2-，然后发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，AlO2-完全反应，消耗molAl3+，生成molAl(OH)3，前后两部分消耗的Al3+为1mol：mol=3：1，由图象可知，A、B表示微粒关系，C、D表示微粒物质的量关系均为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，据此结合选项解答。【详解】A.由上述分析可知，首先发生反应Al3++3OH−=Al(OH)3↓，溶液中铝离子物质的量减少，所以A线可以表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；B.由上述分析可知，x可以表示NaOH的物质的量，故B正确；C.由上述分析可知,随反应进行Al(OH)3物质的量先增大，后减小，故B、C线可表示Al(OH)3的物质的量的变化，故C正确；D.由上述分析可知，Al(OH)3溶解时，AlO2−的物质的量增大，所以D线表示AlO2−的物质的量的变化，故D错误；所以本题答案：D。【点睛】本题根据铝三角的关系进行判断。即根据三个反应Al3++3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，关系解答。21、C【解析】

根据S守恒，反应中H2S被氧化成S，结合“氧化还原反应的特征：元素的化合价有升降”分析。【详解】H2S为反应物，根据S守恒，S为生成物，即反应中S元素的化合价由-2价升至0，H2S→S为氧化反应；氧化还原反应中氧化反应和还原反应一定同时发生，根据各物质中元素的化合价，另一过程为FeCl3→FeCl2，Fe元素的化合价由+3价降至+2价，另一反应物为FeCl3，反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl，答案选C。22、B【解析】

A.二价铁离子与硫氰根离子不反应，无明显现象，只滴加KSCN溶液，不能证明二价铁离子的存在，故A错误；

B.先滴加KSCN溶液，不显红色，排除三价铁离子的干扰，再滴加氯水后显红色，可证明二价铁离子存在，故B正确；

C.先加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，不能排除三价铁离子的干扰，故C错误；

D.加NaOH溶液，产生白色沉淀的离子有很多种，不能证明存在二价铁离子，故D错误；

故答案选B。【点睛】铁离子可以用硫氰化钾溶液检验，亚铁离子可以用氯水和硫氰化钾溶液检验，也可以用酸性高锰酸钾溶液检验。二、非选择题(共84分)23、ClCSKS2－＞Cl－＞K＋HClO4＋KOH=KClO4＋H2O【解析】

A、B、C、D四种元素，C2-离子与氩原子具有相同的电子层结构，则C为硫元素；B有两个电子层，其最高正化合价与最低负化合价的代数和为零，则最外层电子数为4，故B为碳元素；A的最高正价与其最低负价的代数和为6，则A处于ⅦA族，A次外层电子数是8个，则A为氯元素；D次外层电子数是8个，A和D的化合物DA在水溶液中能电离出具有相同电子层结构的阴、阳离子，A为氯元素，A离子带1个单位负电荷，核外电子数为18，所以D的阳离子带1个单位正电荷，核外电子数为18，故D为钾元素，据此分析。【详解】（1）由上述分析可知A元素符号为Cl；B元素符号为C；C元素符号为S；D元素符号为K；（2）A为氯原子，其结构示意图为；C2-为硫离子，是硫原子得到两个电子，最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为；（3）A为Cl；C为S；D为K，故离子具有相同的核外电子排布，根据核电荷数越大的，离子半径反而小可得离子半径由大到小的顺序为S2-＞Cl-＞K+。（4）A、D的的最高价氧化物对应水化物为HClO4、KOH，反应的化学方程式为HClO4＋KOH＝KClO4＋H2O。24、碳氧钠硫三ⅥA共价离子键非极性共价键2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2【解析】

A和B具有相同的电子层数，即A和B位于同周期，A的L层电子数是K层电子数的两倍，即A为C，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，即C为Na，Na在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，即B为O，D为S。【详解】(1)A和B具有相同的电子层数，即A和B位于同周期，A的L层电子数是K层电子数的两倍，即A为C，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，即C为Na，Na在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，即B为O，D为S；(2)D为S，位于第三周期VIA族；S2－的结构示意图为；(3)AB2化学式为CO2，CO2属于共价化合物；C2B2的化学式为Na2O2，其电子式为，含有离子键、（非极性）共价键；CO2与Na2O2反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；(4)C2D的化学式为Na2S，属于离子化合物，即用电子式表示化合物形成过程：。25、2C+SiO2Si+2COMnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O平衡压强，保证分液漏斗中的溶液顺利流下浓硫酸Al、PCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O装置D和装置E中间的连接管较细，应改为粗管，防止气体冷凝形成液态或固态物质堵塞导管而发生危险【解析】(1)碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO。(2)装置A制备氯气，其中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。(3)浓盐酸有挥发性，故分液漏斗要加盖，加盖后如没有g管，则盐酸就不易流下去，g管的作用是平衡压强，使液体顺利流出并防止漏气；生成的氯气反应前需要干燥，则装置C中的试剂是浓硫酸；(4)D中氯气与粗硅反应生成SiCl4，h瓶收集粗产物，精馏粗产品可得高纯度四氯化硅，由表中数据可以看出，蒸出SiCl4气体时，BCl3早已成气体被蒸出，而AlCl3、FeCl3、PCl5升华温度均高于SiCl4的沸点，所以当SiCl4蒸出后，而AlCl3、FeCl3、PCl5还为固体留在瓶里，除铁元素外可能还含有的杂质元素是Al、P；(5)氯气一般用氢氧化钠溶液处理，尾气处理装置中发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。(6)四氯化硅在常温下易液化，如果收集产品的导管太细易堵塞导管，所以不足是装置D和装置E中间的连接管较细，应改为粗管，防止气体冷凝形成液态或固态物质堵塞导管而发生危险。本题为传统的综合实验方案设计题，综合了氯气的制法、硅的提纯等了实验知识。掌握基础、相关物质的性质以及实验原理是解答的关键，注意掌握实验方案的设计要点及评价角度。实验方案的设计要明确以下要点：实验过程中的安全性操作、注意仪器的规格、要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水、冷凝、冷却、水浴加热时采取相应措施等。26、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。【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。27、漏斗蒸馏烧瓶冷凝管分液漏斗100mL容量瓶11.7①③⑤②④偏低偏高【解析】I.本题考查常见仪器的名称，（1）A为漏斗，B为蒸馏烧瓶，C为冷凝管，D为分液漏斗；II.本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，（1）配制NaCl溶液所需要的仪器是托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，因此缺少的玻璃仪器是100mL容量瓶；（2）100mL2mol·L－1的NaCl溶液，需要NaCl质量为100×10－3×2×58.5g=11.7g；（3