四川省眉山一中2024届化学高一第一学期期末达标检测试题含解析

四川省眉山一中2024届化学高一第一学期期末达标检测试题请考生注意：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、下列有关实验装置或操作说法正确的是()A．检验样品中是否含有NH4+B．向长颈漏斗中加一定量水，并形成水柱，随后水柱下降至与瓶中液面相平，说明气密性好C．转移溶液D．分离汽油和水2、下列物质中，属于能够导电的电解质是A．铜丝 B．蔗糖 C．NaCl溶液 D．熔融的MgCl23、Fe3+、SO、Al3+和X四种离子以个数比2：4：1：1大量共存于同一溶液中，X可能是（）A．Na+ B．OH- C．CO D．Cl-4、.A、B、C均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示.已知B、C两元素原子序数之和为A元素原子序数的4倍，则A、B、C依次是（）ABCA．C、Al、P B．N、Si、S C．O、P、Cl D．F、S、Ar5、下列离子方程式正确的是()A．硅酸钠溶液与盐酸反应＋2HCl=2Cl－＋H2O＋SiO2↓B．水玻璃中通入过量二氧化碳＋CO2＋H2O=＋H2SiO3↓C．硅酸与氢氧化钠溶液反应H2SiO3＋OH－=＋H2OD．SiO2与氢氧化钠溶液反应SiO2＋2OH－=＋H2O6、氨的催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3＋5O24NO＋6H2O，对于该反应判断正确的是A．氧气被还原 B．该反应是置换反应C．氨气是氧化剂 D．若有17g氨参加反应，反应中转移10mol电子7、氮化铝（AlN）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可在一定条件下合成：Al2O3+N2+3C→2AlN+3CO。下列叙述正确的是A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂；B．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子C．AlN中氮元素的化合价为+3D．AlN的摩尔质量为41g8、某溶液中有Cu2+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是A．Cu2+ B．Mg2+ C．Fe2+ D．Al3+9、下列物质中，属于电解质的是A．Cu B．H2SO4 C．MgCl2溶液 D．NH310、松花皮蛋是夏季餐桌上的一道美食，其制作的原料有纯碱、食盐、生石灰、草木灰(内合碳酸钾)、开水以及糠、稻壳等辅料，配料之间首先是生石灰与水反应生成熟石灰，试推断另外最有可能发生的化学反应是()A．化合反应B．分解反应C．复分解反应D．置换反应11、下列说法正确的是A．氯化钠溶液在电流的作用下电离成钠离子和氯离子B．Cl2的水溶液能导电，但Cl2是非电解质C．盐酸能导电，故盐酸是电解质D．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡是电解质12、ClO2是一种新型水处理剂，工业上用NaClO2与盐酸反应制备ClO2的反应如下：①5NaClO2＋4HCl(稀)===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O；②NaClO2＋4HCl(浓)===NaCl＋2Cl2↑＋2H2O。下列说法中正确的是()A．两种反应中HCl均是还原剂B．盐酸浓度越大，还原性越强C．①中氧化产物与还原产物物质的量之比为4∶5D．②中每生成1molCl2转移2mol电子13、下列有关氧化还原反应的叙述中，正确的是()A．一定有氧元素参加 B．氧化剂本身发生氧化反应C．一定有电子转移(得失或偏移) D．氧化反应一定先于还原反应发生14、在相同的温度和压强下，若氧气的密度是1.340g/L，则二氧化碳的密度（）A．1.696g/L B．1.429g/L C．1.964g/L D．1.843g/L15、化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法不正确的是()A．Na2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂B．二氧化碳气体能造成温室效应C．漂白粉中的有效成分是次氯酸钙D．晶体硅是制取光导纤维的主要材料。16、浓H2SO4可以用来干燥H2、O2等气体，是由于浓H2SO4具有（）A．吸水性 B．氧化性 C．酸性 D．脱水性17、下列反应的描述与离子方程式都正确的是()A．氯气溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－B．氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，溶液恰好呈中性OH-+Ba2++H++SO42-=BaSO4+H2OC．氢氧化铜加到盐酸中，无明显现象：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2OD．碳酸钡中加入稀盐酸，固体溶解，生成无色无味气体：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O18、下列物质中，不可能与氯气发生反应的是（）A．氢气 B．单质硅 C．白磷 D．空气19、大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是（）A．NO2不是酸性氧化物 B．O2和O3是氧的两种同素异形体C．反应I属于氧化还原反应 D．烟雾是一种固溶胶，其分散剂是空气20、密闭容器中装有1molNaHCO3和0.8molNa2O2，加热充分反应后，容器内残留的固体是()A．0.8molNa2CO3和0.6molNaOH B．0.5molNa2CO3和1molNaOHC．0.8molNa2CO3和1molNaOH D．1molNa2CO3和0.6molNaOH21、某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1:3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）A．21:5 B．11:3 C．4:1 D．3:122、几种短周期元素的主要化合价及原子的原子半径数据见下表：元素代号LMQRT主要化合价+2+3+6、﹣2+7、﹣1﹣2原子半径/nm0.1600.1430.1020.0990.074据表中信息判断，下列有关叙述中，正确的是A．L、M的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，M的单质反应更剧烈B．M与T形成的化合物能和强酸、强碱反应且产物不同C．Q、T两元素的氢化物热稳定性比较：Q的氢化物大于T的氢化物D．L与R两元素形成的化合物中，含有非极性共价键二、非选择题(共84分)23、（14分）某铁的化合物A存在如下转化关系:已知B为黄绿色气体单质。请完成下列问题:（1）A的化学式________。（2）向C的溶液中滴加适量KSCN溶液,无明显现象,再滴加几滴B的水溶液,溶液呈血红色。用离子方程式表示该过程________、________。（3）若D为金属,则D的化学式________(写出2种)。24、（12分）已知A、B、C、D、G为中学化学中常见的物质，其中A为单质，B、C、D、G均为化合物。它们之间存在以下的相互转化关系：试回答：（1）写出A的化学式___。（2）如何用实验证明B溶液中是否含有G?(请写出实验的步骤、现象和结论)___。（3）写出由E转变成F的化学方程式___。（4）向G溶液中加入A的有关离子反应方程式___。25、（12分）粗硅中含有铁和锡（Sn）等杂质，粗硅与氯气反应可生成SiCl4，SiCl4经提纯后用氢气还原可得高纯硅。实验室用下列装置模拟制备SiCl4。已知：SiCl4的熔点是-70℃，沸点是57.6℃，易与水反应；SnCl4的熔点是-33℃，沸点是114℃回答下列问题：（1）仪器a的名称是_______；装置A烧瓶中发生反应的离子方程式是____________。（2）装置C中盛放的试剂是_____________，作用是___________________；玻璃管b的作用是_______________________。（3）装置E的烧杯中盛放冰水的目的是______________________。（4）装置F中碱石灰的作用是____________________________。（5）装置E烧瓶中得到的SiCl4中溶有少量的杂质FeCl3和SiCl4，可以通过___________方法提纯。26、（10分）实验室需要95mLl.0mol/L稀硫酸，现用98%的浓硫酸(其密度为1.84g.mL-l)来配制。(1)实验需要的玻璃仪器有50mL烧杯、玻璃棒、胶头滴管、____、____。(2)玻璃棒的作用为____，胶头滴管的作用为________，(3)配制过程中，下列情况会使配制结果偏低的是(填序号)____。A．将稀释的硫酸液转移至容量瓶后，洗涤烧杯和玻璃棒2-3次。B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外。C．容量瓶使用时未干燥。D．用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切。E.未冷却至室温就定容。F.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线。27、（12分）已知浓硫酸和木炭粉在加热条件下可发生化学反应。(1)上述反应的化学方程式为___________________________________；(2)试用下图所列各装置设计一个实验，来验证上述反应所产生的各种产物。这些装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向）是（填装置中导管口的编号）：____接____，____接____，____接____。(3)实验时可观察到装置①中A瓶中的溶液褪色，C瓶中的溶液不褪色。B瓶中的溶液的作用是____________________；C瓶中所加试剂是___________________。(4)装置②中所加固体药品是无水硫酸铜，装置③中所加试剂是_____________；装置④中带活塞的仪器名称为_____________。28、（14分）按要求填空：（1）在S2－、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、S、I－、H＋中，只有氧化性的是________.（2）某同学写出以下三个化学方程式(未配平)①NO＋HNO3→N2O3＋H2O②NH3＋NO→HNO2＋H2O③N2O4＋H2O→HNO3＋HNO2其中你认为一定不可能实现的是________。（3）下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是______。①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O若溶质中Cl－与I－共存，为了氧化I－而Cl－不被氧化，除单质外，还应用上述反应中的________作氧化剂。（4）取15mLBa(OH)2溶液注入锥形瓶中，然后逐滴加入NaHCO3溶液，当Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液中的溶质是________，发生反应的离子方程式为________________________。继续滴加NaHCO3溶液发生反应的离子方程式为___________。29、（10分）按要求回答问题（1）

KAl(SO4)2的电离方程式_______________________。（2）向石蕊试液中通入氯气，起始时溶液变红，一段时间后溶液褪色，则使溶液变红和褪色的微粒分别是______________、_________________(填微粒符号)。（3）

实验室用质量分数为36.5%，密度为1.19g·cm-3的浓盐酸来配制100ml，2mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取_______________ml

该浓盐酸。（4）化学方程式H2S+H2SO4(浓)=SO2↑+S↓+2H2O，当生成4.48L

(标况)SO2时，转移的电子是__________mol。（5）下列四个图像中，横坐标表示加入物质的物质的量，纵坐标表示生成沉淀的量或产生气体的量，从A～D中选择符合各题要求的序号填人表中。溶液加入的物质序号①AlCl3溶液通入过量的NH3___②Na2CO3和NaOH的溶液滴入过量的盐酸___③NaAlO2溶液滴加稀硫酸至过量___

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、A【解题分析】

A.检验NH4＋是通过OH－＋NH4＋NH3＋H2O，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明样品中是否含有NH4+，正确；B.向长颈漏斗中加一定量水，并形成水柱，一段时间水柱不下降才能说明气密性良好，错误；C.向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流，错误；D.水和汽油互不相溶，可以用分液的方法将二者分离，但汽油密度小于水，且二者均为无色，不是上图所示的紫色，错误。【题目点拨】对于基础化学实验需注意试剂和仪器的选择、试剂加入的顺序、实验的基本操作流程以及相关实验现象的描述是否正确，不能只看片面，要透过现象分析实验原理，掌握实验的精髓。2、D【解题分析】

A．铜丝能导电，但铜不是电解质，故A不选；B．蔗糖是非电解质，故B不选；C．NaCl溶液能导电，但NaCl溶液是混合物，不是电解质，故C不选；D．熔融的MgCl2中有自由移动的离子，能导电，同时又是电解质，故D选；故选D。【题目点拨】电解质不一定能导电，能导电的不一定是电解质，如NaCl固体是电解质，但NaCl固体中没有自由移动的离子，所以不能导电，NaCl溶液能导电，但NaCl溶液不是电解质。电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。3、D【解题分析】

根据溶液呈电中性可知，2n(Fe3+)+n(Al3+)=4n(SO)+n(X)，计算可知Ｘ必定带一个单位负电荷，所以X可能是氢氧根离子或氯离子，氢氧根离子与铁离子、铝离子不能大量共存，所以X可能是氯离子，答案为D。4、C【解题分析】

设A的原子序数为a，则B的原子序数为a+7，C的原子序数为a+9，由题意可得：4a=（a+7）+（a+9），解得：a=8，则A为O，B为P，C为Cl。答案选C。5、D【解题分析】

A.硅酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠和硅酸，盐酸为强酸，应写离子形式，硅酸沉淀应写化学式，正确的离子方程式为：SiO32-＋2H+=H2SiO3↓，故A不符合题意；B.在硅酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成硅酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-，故B不符合题意；C.硅酸和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，电荷不守恒，正确的离子方程式为：H2SiO3+2OH-=SiO32-+2H2O，故C不符合题意；D.二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故D符合题意；综上，本题选D。【题目点拨】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。6、A【解题分析】

4NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价升高，则NH3为还原剂被氧化，O元素的化合价降低，则O2为氧化剂被还原，结合氧化还原反应的有关概念分析。【题目详解】A.NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价升高，则NH3为还原剂被氧化，O元素的化合价降低，则O2为氧化剂被还原，故A正确；B.置换反应的特征是反应物生成物均是由一种单质和一种化合物组成，而该反应的生成物是两种化合物，所以该反应不是置换反应，故B错误；C.4NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价升高，则NH3为还原剂被氧化，故C错误；D.4NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价由-3升高到+2，所以若有17gNH3参加反应，则反应中转移的电子数为17/17×5=5mol，故D错误。故选A。7、B【解题分析】

A.上述反应中，N2中N化合价降低，是氧化剂，Al2O3中无化合价变化，故A错误；B.上述反应中，碳从0价变为+2价，N2中N化合价降低，由0价变为−3价，因此根据方程式得知3mol碳反应转移6mol电子，因此每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；C.AlN中氮元素的化合价为−3，故C错误；D.AlN的摩尔质量为41g∙mol−1，故D错误。综上所述，答案为B。【题目点拨】分析化合价变化，化合价升高失去电子，发生氧化反应，作还原剂，化合价降低得到电子，发生还原反应，作氧化剂。8、C【解题分析】

加入过量的氢氧化钠，则分别生成氢氧化铜、氢氧化镁、氢氧化亚铁和偏铝酸钠。由于加热搅拌，氢氧化亚铁极易被氧化生成氢氧化铁，所以再加入过量的盐酸，氢氧化铜溶解重新生成铜离子、氢氧化镁溶解重新生成镁离子、氢氧化铁溶解生成铁离子、偏铝酸钠和盐酸反应转变成铝离子，溶液中就不再存在亚铁离子，C正确；答案选C。9、B【解题分析】

A.Cu是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；B.H2SO4的水溶液能导电，所以H2SO4是电解质，故选B；C.MgCl2溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选C；D.NH3在水溶液或熔融状态下都不能自身电离出自由移动的离子，NH3是非电解质，故不选D。10、C【解题分析】

根据题给信息，涉及的化学方程式CaO＋H2O===Ca(OH)2是化合反应；Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，Ca(OH)2＋K2CO3===CaCO3↓＋2KOH都是复分解反应。答案为C。11、D【解题分析】

A.电离不需要通电，氯化钠溶于水，在水分子作用下自发电离为钠离子和氯离子，A错误；B.氯气是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，B错误；C.盐酸是HCl的水溶液，故盐酸是混合物，所以盐酸既不是电解质也不是非电解质，C错误；D.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，硫酸钡在熔融状态下能导电，所以为电解质，D正确；故合理选项是D。12、B【解题分析】

根据还原剂失去电子，化合价升高分析A；根据盐酸表现出还原性时，浓度越大，还原性越强分析B；还原剂被氧化，生成氧化产物；氧化剂被还原，生成还原产物，据此分析C；②中每生成2molCl2时转移3mol电子，以此分析D。【题目详解】A.①中盐酸中的Cl－全部转入到NaCl中，其化合价没有发生变化，电子转移发生在NaClO2中的氯原子之间，A错误；B.盐酸表现出还原性时，浓度越大，还原性越强，B正确；C.①中ClO2是氧化产物，NaCl是还原产物，但NaCl中有五分之四的氯来源于盐酸，氧化产物和还原产物的物质的量之比为4∶1，C错误；D.②中每生成1molCl2时转移1.5mol电子，D错误。正确选项B。13、C【解题分析】

氧化还原反应的本质为电子的转移(得失或偏移)，氧化还原反应的特征为化合价的变化，不一定有氧元素参加，比如铁和氯气生成氯化铁的反应；氧化剂发生还原反应，还原剂发生氧化反应，氧化反应和还原反应同时发生，据此解答；【题目详解】由分析可知，A、B、D的叙述均错误，C叙述正确；故答案选C。【题目点拨】氧化还原反应的本质是电子的转移，特征是化合价发生变化，氧化反应和还原反应同时存在同时发生。14、D【解题分析】

根据M=Vm可知Vm===23.88L/mol，在相同的温度和压强下，二氧化碳的密度===1.843g/L。答案选D。15、D【解题分析】

A.Na2O2能与CO2反应产生氧气，可用作呼吸面具的供氧剂，A正确；B.二氧化碳气体能造成温室效应，B正确；C.漂白粉中的有效成分是次氯酸钙，C正确；D.二氧化硅是制取光导纤维的主要材料，而硅常做半导体材料，D错误；答案选D。16、A【解题分析】

浓硫酸用来干燥气体主要是因为浓硫酸具有吸水性，可以将气体中混有的水蒸汽吸收而除去，与浓硫酸的氧化性、酸性、脱水性无关。答案选A。17、D【解题分析】

A.次氯酸是弱电解质，不能拆写成离子，氯气溶于水的离子方程式是Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，故A错误；B.氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是2OH-+Ba2++2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C.氢氧化铜加到盐酸中生成氯化铜和水，现象是氢氧化铜溶解，溶液变蓝，反应离子方程式是Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，故C错误；D.碳酸钡中加入稀盐酸生成氯化钡、二氧化碳、水，现象是固体溶解，有无色无味气体生成，反应的离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故D正确；故答案选D。18、D【解题分析】

A．H2能在氯气中燃烧，生成HCl，故A不符合题意；B．单质硅与氯气中加热反应生成SiCl4，故B不符合题意；C．白磷能在氯气中燃烧生成PCl3、PCl5，现象是白色烟雾，故C不符合题意；D．氯气与空气中的氮气或氧气等均不发生化学反应，故D符合题意；故答案为D。19、D【解题分析】

由示意图可知，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾的反应过程为二氧化氮在紫外线作用下分解生成一氧化氮和氧原子，氧原子与氧气反应生成臭氧，臭氧与一氧化氮反应生成二氧化氮，与丙烯反应生成甲醛和乙醛。【题目详解】A项、酸性氧化物与水反应只生成化合价相同的酸，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故A正确；B项、由同种元素组成的不同单质互称为同素异形体，O2和O3是氧元素的两种单质，互称为同素异形体，故B正确；C项、反应I为臭氧与一氧化氮反应生成二氧化氮，反应中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C正确；D项、烟雾是一种气溶胶，其分散剂是空气，故D错误。故选D。【题目点拨】本题考查了酸性氧化物、同素异形体、氧化还原反应、胶体等基础知识，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，注意物质的分类、氧化还原反应的理解是解答关键。20、D【解题分析】

根据碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和CO2，及过氧化钠与二氧化碳、水反应规律进行分析。【题目详解】碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和CO2，物质的量分别都是0.5mol。生成的CO2首先和过氧化钠反应，消耗0.5mol过氧化钠，生成0.5mol碳酸钠。剩余的0.3mol过氧化钠再和0.3mol水反应生成0.6mol氢氧化钠，所以正确的答案选D。【题目点拨】由于过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，而氢氧化钠又能和CO2反应生成碳酸钠和水。所以当过氧化钠同时遇到水蒸气和CO2时，过氧化钠首先吸收的是CO2，只有当过氧化钠过量时，再和水蒸气反应。这是该题解题的关键，本题属于中等难度的试题。21、C【解题分析】

Cl2中Cl元素为0价，反应后得到的NaCl、NaClO、NaClO3中Cl元素的化合价分别为-1价、+1价、+5价，化合价升高为氧化反应，降低为还原反应，化合价升高与降低的数值与得失的电子数目相等，以此分析解答。【题目详解】Cl2生成NaClO、NaClO3是被氧化，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，Cl2生成NaCl是被还原，化合价由0价降到-1价，所得溶液中ClO-与ClO3-的浓度之比为1:3，设二都的物质的量分别为1mol、3mol，根据电子转移守恒可得：1mol(1-0)+3mol(5-0)=n(NaCl)1，解得n(NaCl)=16mol，所以被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为：16mol：(1+3)mol=4：1，答案选C。22、B【解题分析】

由表中化合价，可确定L、M、Q、R、T原子的最外层电子数依次为2、3、6、7、2，由原子半径，可确定L、M、Q、R为同周期元素，且都为第三周期元素，T为第二周期元素，从而确定L、M、Q、R、T分别为Mg、Al、S、Cl、O元素。A.Mg、Al的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，Mg的单质反应更剧烈，A错误；B.Al与O形成的化合物Al2O3为两性氧化物，能和强酸、强碱反应，前者生成Al3+等，后者生成AlO2-等，B正确；C.S、O两元素的氢化物热稳定性比较，S的氢化物小于O的氢化物，C错误；D.Mg与Cl两元素形成的化合物MgCl2中，只含有离子键，D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、FeC132Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3Fe、Cu、Zn等(任选两种,其他答案合理也给分)【解题分析】（1）B为Cl2，由题可知A和C的组成元素相同，均含Fe和Cl元素，且C可以与Cl2反应生成A，则A为FeCl3，C为FeCl2，A的化学式为FeCl3。（2）Fe2+与SCN-无明显现象，加几滴氯水，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，对应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。（3）Fe3+转化为Fe2+，加入活泼的金属如Fe、Zn或不活泼金属如Cu，均可将Fe3+还原为Fe2+。点睛：本题解题的关键是分析出A和C均是铁的氯化物，铁元素化合价可以变化，C可以与氯气反应生成A，说明A中铁元素的化合价高于C中铁元素的化合价，故A是FeCl3，C是FeCl2。24、Fe取少量B溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液显红色说明含有G，否则不含G4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH)32Fe3++Fe=3Fe2+【解题分析】

白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F，则E是Fe(OH)2、F是Fe(OH)3，Fe(OH)3与盐酸反应生成氯化铁，G是FeCl3溶液；则可知A是Fe，铁与盐酸反应生成FeCl2和氢气，B是FeCl2；C是氢氧化钠，氢氧化钠与FeCl2反应生成Fe(OH)2和氯化钠，D是NaCl，NaCl与硝酸银反应生成AgCl沉淀和硝酸钠，则H是AgCl。【题目详解】根据以上分析：（1）A是单质铁，化学式为Fe。（2）B是FeCl2，G是FeCl3，Fe3+遇KSCN变红色，取少量B溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液显红色说明含有FeCl3，否则不含FeCl3。（3）E是Fe(OH)2、F是Fe(OH)3，白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F，化学方程式是4Fe(OH）2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。（4）向FeCl3溶液中加入铁粉生成FeCl2，反应方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+。【题目点拨】本题考查物质推断与性质，掌握元素化合物的性质是解题的关键，注意“白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F”是本题推断的突破口。25、分液漏斗MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+2H2O+Cl2↑浓硫酸干燥氯气调节装置内外压强平衡冷凝并收集SiCl4吸收多余的Cl2，防止外界水蒸气进入E的烧瓶中蒸馏【解题分析】

制备四氯化硅的原料为Cl2和Si。A装置为Cl2的制备装置，B、C装置为除杂装置。先用B除去HCl，再用C（浓H2SO4）除去H2O蒸气。Cl2通入粗硅中反应，用冷水将产生SiCl4冷凝即可，以此解答。【题目详解】（1）依据仪器a形状可知a为：分液漏斗；装置A烧瓶中二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下生成氯气，方程式为：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+2H2O+Cl2↑；（2）生成的氯气中混有水蒸气，需要通过浓硫酸除去，装置C中盛放的试剂是浓硫酸；作用是干燥氯气；玻璃管b的作用是调节装置内外压强平衡；（3）D中氯气和粗硅反应生成SiCl4气体，装置E放在冰水中可以冷凝并收集SiCl4；（4）氯气有毒需要除去多余的氯气，同时也要避免空气中的水蒸气进入装置中，则装置F中碱石灰的作用是吸收多余的Cl2，防止外界水蒸气进入E的烧瓶中；（5）已知：SiCl4的熔点是-70℃，沸点是57.6℃，易与水反应；SnCl4的熔点是-33℃，沸点是114℃，三种沸点差别很大，可以用蒸馏的方法进行提纯。26、100mL容量瓶10mL量筒搅拌引流定容BDF【解题分析】

(1)依据c=，计算98%的浓硫酸（其密度为1.84g/mL）的物质的量浓度，依据溶液稀释前后，溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；(2)依据配制一定物质的量浓度步骤选择合适的仪器，指明各仪器的用途；(3)分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响依据c=进行误差分析。【题目详解】(1)98%的浓硫酸(其密度为1.84g/mL)的物质的量浓度===18.4mol/L，配制95mL1.0mo∙L−1稀硫酸应选择100mL容量瓶，设需要浓硫酸的体积为V，依据溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，则V×18.4mol/L=1.0mo∙L−1×100mL，解得V=5.4mL，配制一定物质的量浓度步骤：计算、量取、稀释，冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：10mL量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、100mL容量瓶；(2)稀释时用玻璃棒搅拌，移液使用玻璃棒引流，定容时，用胶头滴管定容，作用是滴加少量液体；答案为搅拌，引流，定容；(3)A．将稀释的硫酸液转移至容量瓶后，洗涤烧杯和玻璃棒2-3次操作正确，没有误差，故A不符合题意；B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故B符合题意；C．容量瓶使用时未干燥,后面还要定容，有少量液体不影响实验结果，C不符合题意；D．用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，故D符合题意；E．未冷却至室温就定容，冷却后，液面低于刻度线，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故C不符合题意；F．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，故F符合题意；故答案选：BDF。27、2H2SO4(浓)+C2H2O+CO2↑+2SO2↑gc（或d）d（或c）abf除去SO2气体，避免对CO2的检验产生干扰品红溶液澄清石灰水分液漏斗【解题分析】

(1)木炭粉与浓硫酸发生反应产生SO2和CO2气体；

(2)检验二氧化碳和二氧化硫时用到的溶液中均含有水，所以先检验水的存在，二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊，所以先检验二氧化硫，再除去，最后检验二氧化碳；

(3)根据实验目的和装置图考虑操作步骤和试剂的作用及发生反应；从整体考虑，A为检验二氧化硫装置，B、C为除去二氧化硫并检验是否除尽二氧化硫的装置；

(4)无水硫酸铜为白色固体，遇水可变为五水硫酸铜(CuSO4•5H2O)为蓝色固体，用于检验水的存在，装置③中所加试剂是澄清石灰水，检验二氧化碳的产生。【题目详解】(1)木炭粉与浓硫酸发生反应产生SO2和CO2气体，反应的方程式为2H2SO4(浓)+C2H2O+CO2↑+2SO2↑，故答案为：2H2SO4(浓)+C2H2O+CO2↑+2SO2↑；

(2)检验二氧化碳和二氧化硫时用到的溶液中均含有水，所以先检验水的存在，二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊，所以先检验二氧化硫，再除去，最后检验二氧化碳，故答案为：g；c(或d)；d(或c)；a；b；f；

(3)A为检验二氧化硫装置，B、C为除去二氧化硫并检验是否除尽二氧化硫的装置，常用品红溶液来检验二氧化硫，故答案为：除去SO2气体，避免对CO2的检验产生干扰；品红溶液；

(4)无水硫酸铜为白色固体，遇水可变为五水硫酸铜(CuSO4•5H2O)为蓝色固体，用于检验水的存在，装置③中所加试剂是澄清石灰水，检验二氧化碳的产生，装置④中带活塞的玻璃仪器名称分液漏斗，故答案为：澄清石灰水；分液漏斗。【题目点拨】本题考查学生浓硫酸的性质中的和碳单质的反应，注意产物检验所用的试