2024届兰州市重点中学化学高二第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

2024届兰州市重点中学化学高二第二学期期末质量跟踪监视试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、白酒、红酒、啤酒，它们都含有A．甲醇 B．乙醇 C．乙醛 D．乙酸2、利用光伏电池提供电能处理废水中的污染物(有机酸阴离子用R－表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。下列说法错误的是A．在光伏电池中a极为正极 B．石墨(2)极附近溶液的pH降低C．HR溶液：c2＜c1 D．若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子3、为了防止轮船体的腐蚀，应在船壳水线以下位置嵌上一定数量的（）A．铜块 B．铅块 C．锌块 D．钠块4、阿魏酸在食品、医药等方面有着广泛用途。一种合成阿魏酸的反应可表示为下列说法正确的是A．可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成B．香兰素、阿魏酸均可与Na2CO3、NaOH溶液反应C．通常条件下，香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应D．与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应的酚类化合物共有2种5、下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()A．0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)B．0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)C．室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)＞c(NH)＋c(OH－)D．20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)6、一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()A．0.1mol•L－1NaHCO3溶液中：C(Na+)+C(H+)=C(HCO3－)+C(CO32－)+C(OH－)B．Na2CO3溶液中：C(OH－)=C(H+)+C(HCO3－)+2C(H2CO3)C．Na2S溶液中：2C(Na+）=C(S2－)+C(HS－)+C(H2S)D．pH相同的①CH3COONa、②NaOH、③NaClO三种溶液的c(Na+)：③>①>②7、某有机物的结构为，下列有关说法正确的是（）A．1mol该物质与足量浓溴水反应，最多消耗2molBr2B．1mol该物质最多能与2molNaOH反应C．1mol该物质最多能与3molH2加成D．该物质的核磁共振氢谱共有6个吸收峰8、在t℃时AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。t℃时AgCl的Ksp＝4×10－10，下列说法不正确的是A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×10－13B．在t℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液D．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点9、现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法错误的是()A．铁电极应与Y相连接B．反应过程中甲中右边区域溶液pH逐渐升高C．A极的电极反应式为+2e－+H+=Cl－+D．当外电路中有0.2mole－转移时，A极区增加的H+的个数为0.1NA10、下列有关物质检验的实验结论正确的是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有B向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色。再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有Fe2+C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将少量某物质的溶液滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热后有银镜生成该物质一定属于醛类A．A B．B C．C D．D11、常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到200mLC(OH-)=0.1mol/L的溶液，然后逐滴加入1mol/L的盐酸，测得生成沉淀的质量m与消耗盐酸的体积V关系如图所示，则下列说法正确的是A．原合金质量为0.92gB．图中V2为60C．整个加入盐酸过程中Na＋的浓度保持不变D．Q点m1为1.5612、氮化钠和氢化钠都是离子化合物，有关它们的叙述①原子半径：rNa＞rN＞rH②离子半径：rNa+＞rN3－＞rH－③与水反应都是氧化还原反应④水溶液都显碱性⑤与盐酸反应都只生成NaCl⑥氢化钠晶体结构与氯化钠晶体相同，与钠离子距离最近的钠离子共有12个其中正确的是（）A．全都正确 B．①④⑥ C．①④⑤ D．②③⑤13、下列叙述正确的是A．氯化氢溶于水导电，但液态氯化氢不导电B．溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸C．熔融金属钠能导电，所以金属钠是电解质D．NaCl溶液在电流作用下电离成Na＋与Cl－14、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是A．在含有等物质的量的A1O2-、OH-、CO32-溶液中逐滴加入盐酸:OH-、CO32-、A1O2-B．在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中缓慢通人氯气:I-、Br-、Fe2+C．Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉:Fe(NO3)3、HNO3、Cu(NO3)2D．在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液:H+、Fe3+、NH4+15、下列类比关系正确的是()。A．AlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO2-，则与过量NH3·H2O也生成AlO2-B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3D．Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应16、某元素价电子构型3d54s2，是该元素是A．Fe B．Co C．Ni D．Mn二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D四种可溶性盐，阳离子分别可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一种,阴离子分别可能是中的某一种。(1)C的溶液呈蓝色，向这四种盐溶液中分别加盐酸，B盐有沉淀产生，D盐有无色无味气体逸出。则它们的化学式应为：A_______，B_______，C_______，D_______。(2)写出下列反应的离子方程式：①A+C__________________________。②D+盐酸________________________。18、为探宄固体X(仅含两种常见短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：己知：气体A是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.429g/L；固体B是光导纤维的主要成分。请回答：（1）气体A分子的电子式_____________，白色沉淀D的化学式_____________。（2）固体X与稀硫酸反应的离子方程式是_______________________________________。（3）已知NH3与气体A在一定条件下反应后可得到一种耐高温陶瓷材料(仅含两种元素，摩尔质量为140g/mol)和H2，写出该反应的化学方程式_______________________________________。19、现有一份含有FeCl3和FeCl2的固体混合物，某化学兴趣小组为测定各成分的含量进行如下两个实验：实验1①称取一定质量的样品，将样品溶解；②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀；③将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体28.7g实验2①称取与实验1中相同质量的样品，溶解；②向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀；④将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧到质量不再减少，得到固体Fe2O36.40g根据实验回答下列问题：（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有________（2）实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量的铁粉，其作用是_________（3）用化学方程式表示实验2的步骤②中通入足量Cl2的反应：___________（4）用容量瓶配制实验所用的NaOH溶液，下列情况会使所配溶液浓度偏高的是(填序号)_______。a．未冷却溶液直接转移b．没用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次并转入容量瓶c．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线d．砝码上沾有杂质e．容量瓶使用前内壁沾有水珠（5）检验实验2的步骤④中沉淀洗涤干净的方法是___________（6）该小组每次称取的样品中含有FeCl2的质量为_________g20、某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置，用环己醇制备环己烯：已知：密度（g/cm3）熔点（℃）沸点（℃）溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.81－10383难溶于水（1）制备粗品：采用如图1所示装置，用环己醇制备环己烯。将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①A中碎瓷片的作用是_____________，导管B的作用是_______________。②试管C置于冰水浴中的目的是________________________。（2）制备精品：①环己烯粗品中含有环己醇和少量有机酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在______层（填“上”或“下”），分液后用________洗涤（填字母）。A．KMnO4溶液B．稀H2SO4C．Na2CO3溶液②再将环己烯按图2装置蒸馏，冷却水从____口（填字母）进入。蒸馏时加入生石灰，目的是______________________________________。③收集产品时，控制的温度应在______左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是______（填字母）。a.蒸馏时从70℃开始收集产品b.环己醇实际用量多了c.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是________（填字母）。a.用酸性高锰酸钾溶液b.用金属钠c.测定沸点21、利用所学化学知识解答问题：(1)在高温下CuO

能分解生成Cu2O，试从原子结构角度解释其原因：______.根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，元素Cu属于(2)氰酸(HOCN)是一种链状分子，它与异氰酸(HNCO)互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式______(3)Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物.与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是______(4)立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，其晶胞结构与金刚石类似，一个该晶胞中含有______个氮原子，______个硼原子，设氮原子半径为a

pm，硼的原子半径b

pm，求该晶胞的空间利用率______.(用含a、b的代数式表示)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

A.甲醇有毒，不能饮用；B.白酒、红酒、啤酒都属于酒类物质，因此它们都含有乙醇；C.乙醛有毒，不能饮用；D.乙酸是食醋的主要成分。答案选B。2、B【解题分析】

A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；B.石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；C.石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2＜c1，故C正确；D.根据阳极：4OH-—4e-=O2↑+2H2O；阴极：4H++4e-=2H2↑，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子，故D正确；所以本题答案：B。【题目点拨】解题突破口：电子移动的方向判断电池的正负极，结合电解原理放电离子的变化确定c2＜c1；根据电子守恒进行判断转移的电子数。3、C【解题分析】

金属的防护可以是牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法。铜、铅的金属性都弱于铁。而钠又是活泼的金属，极易和水反应，锌的金属性强于铁，所以选项C正确，答案选C。4、B【解题分析】试题分析：A、香兰素中含有酚羟基和醛基，阿魏酸中含有碳碳双键和酚羟基，二者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成，错误；B、香兰素中含有酚羟基，阿魏酸中含有羧基和酚羟基，香兰素、阿魏酸均可与Na2CO3、NaOH溶液反应，正确；C、通常条件下，香兰素、阿魏酸不能发生消去反应，错误；D、与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应的酚类化合物共有2种，错误。考点：考查有机物的结构与性质。5、D【解题分析】A、0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成碳酸钠和水，碳酸根离子水解，溶液显碱性，且碳酸根的水解以第一步水解为主，因此所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)，选项A错误；B、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成醋酸钠和水，醋酸根水解，溶液显碱性，根据质子守恒可知所得溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，选项B错误；C、氨水是弱碱，盐酸是强碱，因此室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后生成氯化铵和水，反应中氨水过量，溶液显碱性，因此所得溶液中：c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，选项C错误；D、20ml0.1mol/LCH3COONa溶液与10ml0.1mol/LHCl溶液混合后反应生成醋酸和氯化钠，反应中醋酸钠过量，所得溶液是醋酸钠、氯化钠和醋酸的混合液，且三种的浓度相等，呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，因此所得溶液中：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，选项D正确；答案选D。6、B【解题分析】分析：A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B.根据质子守恒判断；C.根据物料守恒判断；D.醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子；详解：A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2

c（CO32-）+c（OH-），故A错误；B.在Na2CO3溶液中：Na2CO3===2Na＋+CO32―［2C(Na＋)===C(CO32―)］；H2OH＋+OH―［C(H＋)===C(OH―)］

由于：CO32―+H2OHCO3―+OH―

，HCO3―+H2OH2CO3+OH―

所以，水电离出来的H＋在溶液存在形式有：HCO3―、H2CO3、H＋

即：质子守恒［水电离出来的H＋］C(OH―)==CHCO3―)+2C(H2CO3)+C(H＋)，故B正确；C.0.1

mol?L-1Na2S溶液中，根据物料守恒得：钠离子和含有硫元素的微粒个数之比是2：1，所以c（Na+）=2[c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）]，故C错误；D.氢氧化钠是强碱，完全电离，显碱性，醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子，所以pH相同的①CH3COONa

②NaClO

③NaOH三种溶液c（Na+）大小：①＞②＞③，故D错误；答案选B。点睛：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性、弱电解质电离和盐类水解是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，题目难度不大。7、D【解题分析】试题分析：A、该有机物中的酚羟基可与溴发生取代反应，碳碳双键可与溴发生加成反应，所以1mol该物质与足量淮溴水反应，最多消耗3molBr2，错误；B、酚羟基可与氢氧化钠反应，酯基可与氢氧化钠反应，且酯基水解后又生成酚羟基，所以1mol该物质最多能与3molNaOH反应，错误；C、苯环与碳碳双键均与氢气发生加成反应，所以lmol该物质晟多能与4molH2加成，错误；D、该物质中不存在对称结构，所以有6种H原子，正确，答案选D。考点：考查有机物结构、性质的判断8、D【解题分析】

A．结合图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可知：该温度下AgBr的Ksp=7×10-7×7×10-7=4.9×10-13，故A正确；B．反应AgCl(s)+Br-(aq)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数为：K===≈816，故B正确；C．根据图象可知，在a点时Qc=c(Ag+)•c(Br-)＜Ksp，所以a点为AgBr的不饱和溶液，故C正确；D．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，故D错误；故选D。9、B【解题分析】A．A为原电池正极，发生还原反应，在铁上镀铜时铁电极应与Y相连接，A正确；B．B电极是负极，电极反应式为CH3COO――8e－＋9OH－＝2HCO3－＋5H2O，所以反应过程中甲中右边区域溶液pH逐渐降低，B错误；C．A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，C正确；D．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生，则A极区增加的H+的个数为0.1NA，D正确；答案选B。10、B【解题分析】

A.可能受到Ag+影响，生成AgCl沉淀，应该是先加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，A错误；B.加入KSCN之后，溶液不变红色，是因为没有Fe3+，加入氯水之后，Fe2+被氧化为Fe3+，可以使含有SCN-的溶液变红，B正确；C.能够使品红溶液褪色的气体不一定就是SO2，还可能是其他气体比如氯气，C错误；D.能发生银镜反应的官能团为醛基，即只能说明该物质含有醛基，不能说明该物质就是醛类，比如甲酸或甲酸酯等，D错误；故合理选项为B。11、D【解题分析】分析：钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，加盐酸时发生NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，再结合图象中加入40mL盐酸生成的沉淀最多来计算。详解：由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，最后发生Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.2L×0.1mol/L=0.02mol，由NaOH+HCl═NaCl+H2O，则V1为=0.02L=20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL-20mL=20mL，其物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，0.02mol0.02mol0.02molA、由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol=1.46g，选项A错误；B、由Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，选项B错误；C、由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，加盐酸后，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，最后发生Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，随着盐酸的量的加入，体积增大，钠离子的量不变，所以浓度减小，选项C错误；D、由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol×78g/mol=1.56g，选项D正确；答案选D。点睛：本题考查钠、铝的化学性质及反应，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，并学会利用元素守恒的方法来解答，难度较大。12、B【解题分析】

①钠原子核外有三个电子层，氮原子核外两个电子层，氢原子核外一个电子层。原子核外的电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径：rNa＞rN＞rH，①正确；②Na+、N3-的核外电子数都是10个，有2个电子层；H-的核外电子数是2个，只有1个电子层；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小；对于电子层结构不相同的离子，离子核外的电子层数越多，离子半径就越大。所以离子半径大小关系为：rN3－＞rNa+＞rH－，②错误；③氮化钠和水反应生成氢氧化钠和氨气，该反应属于复分解反应；氢化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应有元素化合价的升降，属于氧化还原反应，③错误；④氮化钠和水反应生成氢氧化钠和氨气，溶液显碱性；氢化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，溶液也显碱性，④正确；⑤氮化钠与盐酸反应生成氯化钠和氯化铵，⑤错误；⑥氢化钠晶体结构与氯化钠晶体相同，都是离子晶体，晶体结构相似，与钠离子距离相等且最近的钠离子共有12个，⑥正确；故合理选项是B。13、A【解题分析】

A．氯化氢为共价化合物，在水中能够电离出氢离子和氯离子，水溶液可导电，但熔融状态下不导电，故A正确；B．溶于水后能电离出H＋的化合物不一定是酸，如酸式盐硫酸氢钠可电离出氢离子，但硫酸氢钠属于盐，故B错误；C．金属属于单质，不是化合物，不是电解质，故C错误；D．氯化钠为电解质，在水溶液中可发生电离，无需通电，在电流下，NaCl溶液发生电解，故D错误；答案选A。14、D【解题分析】A、若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，选项A错误；B、离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，选项B错误；C、氧化性顺序：HNO3>Fe3+＞Cu2+＞H+，铁粉先与氧化性强的反应，反应顺序为HNO3、Fe3+、Cu2+、H+，选项C错误；D、H+先发生反应，因为H+结合OH-的能力最强，然后Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁沉淀，最后再生成一水合氨，故在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液，反应的顺序为H+、Fe3+、NH4+，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查离子反应的先后顺序等，清楚反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查。15、D【解题分析】

A、AlCl3与过量NH3·H2O只能生成Al(OH)3沉淀，A项错误；B、SO2具有较强还原性，与Na2O2这一强氧化剂反应生成Na2SO4，B项错误；C、I2的氧化性较弱，只能将铁氧化为FeI2，C项错误；D、金属Al一般能和活泼性较弱的金属氧化物发生铝热反应，D项正确；故合理选项为D。16、D【解题分析】

A．Fe原子的价电子排布式为3d64s2，A项不符合；B．Co原子的价电子排布式为3d74s2，B项不符合；C．Ni原子的价电子排布式为3d84s2，C项不符合；D．Mn原子的价电子排布式为3d54s2，D项符合；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2AgNO3CuSO4Na2CO3Ba2++SO42-=BaSO4↓CO32-+2H+=H2O+CO2↑【解题分析】

A、B、C、D都是可溶性盐，Ag+只能和搭配，只能和剩余的Na+搭配，在此基础上，和Cu2+搭配，则Ba2+和Cl-搭配，即这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2。C的溶液呈蓝色，则C为CuSO4。B+HCl产生沉淀，则B为AgNO3。D+HCl产生气体，则D为Na2CO3。所以A为BaCl2。综上所述，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3。【题目详解】（1）经分析这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2，结合题中给出的实验现象，可以推出A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；（2）A+C为BaCl2和CuSO4的反应，其离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；D+盐酸为Na2CO3和盐酸的反应，其离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑。18、Mg(OH)2Mg2Si+4H+=2Mg2++SiH4↑3SiH4+4NH3Si3N4+12H2【解题分析】己知气体A在标准状况下的密度为1.429g·L－1，则其摩尔质量为1.429g·L－1×22.4L/mol=32g/mol，固体B是光导纤维的主要成分即SiO2，6.0gSiO2的物质的量为0.1mol，则7.6gX中含Si的质量为2.8g，即0.1mol；在短周期金属元素中，与过量NaOH反应生成白色沉淀只有Mg(OH)2，则其物质的量为0.2mol，所以7.6gX中含Mg的质量为4.8g，即0.2mol，由此推知X为Mg2Si，则与硫酸反应生成的A气体为SiH4，其摩尔质量恰好为32g/mol。(1)SiH4的电子式为；白色沉淀D的化学式为Mg(OH)2；(2)固体X与稀硫酸反应的离子方程式是Mg2Si+4H+=2Mg2++SiH4↑；(3)NH3与SiH4在一定条件下反应生成一种耐高温陶瓷材料和H2，所以耐高温陶瓷材料中含有Si和N两种元素，根据二者的化合价可知，其化学式为Si3N4，摩尔质量为140g/mol，所以反应的化学方程式为3SiH4+4NH3Si3N4+12H2。点睛：由于转化关系中给出了三个质量信息，所以要从质量守恒入手去思考解答，Si元素是明确的，再根据短周期元素，在过量NaOH溶液中能生成白色沉淀只有Mg(OH)2，由Mg和Si的物质的量之比，可确定出固体X是Mg2Si，再确定气体A是SiH4。19、烧杯、玻璃棒防止溶液里的Fe2＋被氧化Cl2＋2FeCl2＝2FeCl3ad取少量最后一次的洗涤液于试管中，向试管中溶液加适量AgNO3溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净5.08【解题分析】

（1）溶解所用到的仪器为烧杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3；（3）Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3；（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断；（5）氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠；（6）依据原子个数守恒建立方程组求解。【题目详解】（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3，向溶液中加入少量铁粉，使被氧气氧化产生的FeCl3重新转化为FeCl2，故答案为：防止溶液里的Fe2+被氧化；（3）实验2的反应为Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3，反应的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案为：Cl2+2FeCl2=2FeCl3；（4）a、NaOH溶解放热，未冷却溶液直接转移，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；b、没用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次并转入容量瓶，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；c、加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；d、砝码上沾有杂质，会导致溶质的质量偏大，溶液浓度偏高；e、容量瓶使用前内壁沾有水珠，不影响溶质的物质的量和对溶液的体积，对溶液浓度无影响；ad正确，故答案为：ad；（5）检验沉淀是否洗涤干净，检验洗涤液中不含Cl-即可，因为氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，所以如果最后一次的洗涤液仍然有氯化钠，加入硝酸银溶液就会出现沉淀，反之说明溶液中没有氯化钠，故答案为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向试管中溶液加适量AgNO3溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净；（6）6.40gFe2O3的物质的量为=0.04mol，28.7gAgCl的物质的量为=0.2mol，设FeCl3和FeCl2的物质的量分别为amol和bmol，由Fe原子个数守恒可得a+b=0.08①，由Cl原子个数守恒可得3a+2b=0.2②，解联立方程式可得a=