2023-2024学年上海市市八中学化学高一上期末检测模拟试题含解析

2023-2024学年上海市市八中学化学高一上期末检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、单质硅的晶体结构如图所示。下列关于单质硅晶体的说法不正确的是()A．是一种立体网状结构的晶体B．晶体中每个硅原子与4个硅原子相连C．晶体中最小环上的原子数目为8D．晶体中最小环上的原子数目为62、浓度均为1mol/L的KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液，分别与AgNO3溶液反应，当生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1时，所用KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液的体积比为A．9：6：2 B．9：3：1 C．6：3：2 D．6：3：13、已知：①Na2SO3+2H2O+I2=Na2SO4+2HI;②Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-;③I2+Fe2+不反应，向含SO32-、Fe2+、I－各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是A． B． C． D．4、现有两份等体积等浓度的NaOH溶液，分别与体积相等的AlCl3、MgCl2溶液混合，充分反应后Al3+、Mg2+均恰好形成沉淀，则原MgCl2、AlCl3两溶液的物质的量浓度之比（）A．2:3B．1:2C．1:1D．3:25、将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是（）A．稀硝酸 B．稀盐酸 C．硝酸铜 D．氢氧化钠6、NaOH固体溶于水，温度升高是因为（）A．只发生水合放热过程 B．只发生扩散吸热过程C．水合过程放热大于扩散过程吸热 D．扩散过程吸热大于水合过程放热7、明代《本草纲目》中一条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指A．蒸馏 B．渗析 C．萃取 D．干馏8、比较1mol氮气和1mol一氧化碳的下列物理量：①质量；②分子总数；③原子总数。其中相同的是()A．① B．①② C．①②③ D．①③9、下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是（）A．浓H2SO4——腐蚀品 B．CH4——易燃液体C．Na——遇湿易燃物品 D．KMnO4——氧化剂10、元素及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系不能通过一步反应完成的是（）A．Na→NaOH→NaClO→HClOB．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3C．S→SO2→H2SO4→CuSO4D．Fe→Fe(SO4)3→Fe(OH)3→Fe2O311、下列离子方程式中，正确的是()A．氨气通入醋酸溶液：CH3COOH+NH3═CH3COO﹣+NH4+B．碳酸氢钠溶液中加过量石灰水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣C．澄清石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)2+2H+═Ca2++2H2OD．稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+═Cu2++H2↑12、下列变化不属于化学变化的是（）A．SO2使品红溶液褪色 B．氯水使有色布条褪色C．活性炭使红墨水褪色 D．H2O2水溶液使染料褪色13、下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中正确的是（）A．①②④ B．只有③ C．①③④ D．①②14、化学实验设计和操作中必须十分重视安全问题和环保问题。下列实验方法或实验操作不正确的有几个①在制取氧气中排水法收集氧气后出现倒吸现象，立即松开试管上的橡皮塞②进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大③水和碘的四氯化碳溶液分液时，水从分液漏斗下口流出，碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出④进行蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热⑤酒精着火时可用湿抹布或沙土扑火⑥进行CO性质实验时要在通风橱内进行，多余的CO一律排到室外⑦做实验时可用手直接拿取金属钠⑧夜间发生厨房煤气泄漏，应立即开灯检查煤气泄漏的原因，并打开所有门窗通风⑨不慎将浓H2SO4沾在皮肤上，立即用NaOH溶液冲洗⑩用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中（）A．5个 B．6个 C．7个 D．8个15、下列反应中既属于分解反应又属于氧化还原反应的是（）A．S＋O2SO2B．Cu2（OH）2CO32CuO＋CO2↑＋H2OC．2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑D．Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑16、设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4LH2O中含有氢原子数目为2NAB．17gNH3所含质子数为10NAC．0.1molCu(NO3)2中含有的离子数目为0.2NAD．28gN2体积为22.4L二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子是半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍，A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物。D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应．请回答下列问题：（1）写出B、C、E元素的名称B___________、C__________、E_____________。（2）写出C、D两种元素形成的原子个数比为1：1的物质的电子式为____________。（3）不能验证C和F两种元素非金属性强弱的结论是（填编号）________。①比较这两种元素常见单质的熔点②比较这两种元素的单质与氢气化合的难易程度③比较这两种元素的气态氢化物的还原性（4）A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐（均由四种元素组成），这两种酸式盐的化学式分别为________、________，这两种酸式盐相互反应的离子方程式为_______。（5）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为___________。（6）向含有amolE的氯化物的溶液中加入含bmolD的最高价氧化物对应水化物的溶液，生成沉淀的物质的量不可能为________。①amol

②bmol

③a/3mol

④b/3mol

⑤0

⑥（4a﹣b）mol18、五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物是日常生活中的常用调味品。回答下列问题：(1)五种元素中，原子半径最大的是________，非金属性最强的是________(填元素符号)。(2)由A分别和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是__________(用化学式表示)。(3)A、B、E形成的离子化合物电子式为____________，其中存在的化学键类型为____________。(4)D最高价氧化物的水化物的化学式为________________。(5)单质D在充足的单质E中燃烧，反应的化学方程式为__________________；D在不充足的E中燃烧，生成的主要产物的化学式为__________。(6)单质E与水反应的离子方程式为____________________。19、实验室要配制0.40mol·L－1Na2CO3溶液100mL。⑴请将配制该溶液的实验步骤补充完整。①计算，需Na2CO3固体的质量为__________g；②把称量好的Na2CO3固体倒入小烧杯中，加入适量的蒸馏水溶解、冷却至室温；③把②所得溶液小心引流到100mL容量瓶中；④继续向容量瓶中加蒸馏水至液面接近容量瓶的刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至______________________________________________；⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒_________次，并将每次洗涤的溶液都注入容量瓶，轻轻摇匀；⑥将容量瓶的瓶塞盖好，反复上下颠倒、摇匀。⑵容量瓶使用前需____________________________________。⑶配制该溶液的正确顺序是______________________________（填序号）。⑷若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏低的是__________（填序号）。①未洗涤烧杯内壁和玻璃棒②定容时，俯视容量瓶的刻度线③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水④加水定容时不慎超过了刻度线，再用胶头滴管吸出多余的液体⑸上述配制好的溶液导入试剂瓶后需贴上标签，请你填写如图标签的内容_______________。20、某小组在探究Fe2+性质的实验中观察到异常现象。实验Ⅰ现象溶液变红，片刻红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。资料：ⅰ．Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3（红色），Fe(SCN)3中S元素的化合价为−2价ⅱ．BaSO4是不溶于盐酸的白色沉淀（1）实验Ⅰ体现了Fe2+的__性，补全H2O2与FeCl2酸性溶液反应的离子方程式：__Fe2++__H2O2

+__H+=__Fe3++__H2O（2）探究“红色褪去”的原因，进行实验Ⅱ：将褪色后的溶液分三份分别进行实验。实验Ⅱ得出的结论是：红色褪去的原因是__。（3）为进一步探究“红色褪去”的原因，进行了实验Ⅲ。实验Ⅲ现象溶液变红，一段时间后不褪色。取上述反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液无白色沉淀产生。分析上述三个实验，下列叙述正确的是__（填字母）。A．实验Ⅲ中发生了氧化还原反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OB．通过实验Ⅲ推出实验Ⅰ中氧化FeCl2的只有O2C．O2在该实验条件下不能使红色溶液褪色D．实验Ⅰ中红色褪去与H2O2的氧化性有关（4）上述实验探究过程用到的实验方法有__（写出一条）。21、请回答下列问题：（1）现有下列状态的物质①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦熔融的KOH⑧蔗糖，其中属于电解质的是___，能导电的是___.（2）向煮沸的蒸馏水中逐滴加入___溶液,继续煮沸至___,停止加热,可制得Fe(OH)3胶体,制取Fe(OH)3胶体化学反应方程式为___.（3）实验室制欲用固体NaOH来配0.5mol/L的NaOH溶液500mL,配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。其正确的操作顺序为______.在配制过程中，若其它操作均正确，下列操作会引起结果偏高的是______A．没有洗涤烧杯和玻璃棒B．未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水D．定容时俯视标线E.称量时间过长。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.单质硅是一种立体网状结构的原子晶体，A正确；B.晶体中每个硅原子与4个硅原子相连，B正确；C.根据单质硅的晶胞结构可判断晶体中最小环上的原子数目为6，C错误；D.晶体中最小环上的原子数目为6，D正确；答案选C。2、B【解析】

三种溶液中均发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1，则KCl、CuCl2、AlCl3含有的氯离子物质的量之比为3：2：1，则n(KCl)：n(CuCl2)：n(AlCl3)=3：：=9：3：1，浓度相同体积之比等于各物质的物质的量之比=9：3：1，故合理选项是B。3、C【解析】

离子还原性SO32->I－>Fe2+、故首先发生反应①SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,再发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl-,然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积,【详解】A.由SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,可以知道,0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气,标准状况下的Cl2的体积为:0.1mol22.4L/mol=2.24L,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故A错误;B.0.1molSO32-完全反应后,然后发生2I－+Cl2=I2+2Cl-,0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气,故开始反应时氯气的体积为2.24L,0.1molI-完全反应消耗0.05氯气,故0.1molI-完全反应时氯气的体积为:0.15mol22.4L/mol=3.36L,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故B错误;C.0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气,0.1molI-完全反应消耗0.05氯气,故亚铁离子开始反应时氯气的体积为:0.15mol22.4L/mol=3.36L,由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可以知道,0.1molFe2+完全反应消耗0.05氯气,故Fe2+完全时消耗的氯气体积为:0.20mol22.4L/mol=4.48L,图象与实际一致,故C选项是正确的;D.SO32-、Fe2+、I－完全时消耗的氯气为0.20mol,产生的氯离子为0.40mol和,图象中氯离子的物质的量不符，故D错误;答案：C【点睛】根据离子还原性SO32->I－>Fe2+,故首先发生反应SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,再发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl-,然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积,据此进行判断。4、D【解析】消耗氢氧化钠的物质的量相等，根据方程式Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓可知铝离子与镁离子的物质的量之比是，所以原MgCl2、AlCl3两溶液的物质的量浓度之比为3:2，答案选D。5、C【解析】

表面已完全钝化的铝条，表面生成的是氧化铝，氧化铝是两性氧化物既能和酸反应又能和强碱反应。【详解】A.氧化铝能与酸反应,,插入HNO3溶液中,发生如下反应：6HNO3+Al2O3═2Al(NO3)3+3H2O,，故A错误；B.插入HCl溶液中,发生如下反应：6HCl+Al2O3═2AlCl3+3H2O，故B错误；C.插入Cu(NO3)2溶液中，Cu(NO3)2和Al2O3不反应，故C正确；D.插入NaOH溶液中,能发生如下反应：2NaOH+Al2O3═2NaAlO2+H2O，故D错误；故答案选C.6、C【解析】

氢氧化钠溶于水，溶液温度显著升高的原因是氢氧化钠溶于水扩散过程吸收热量小于水合过程放出的热量，溶解后溶液温度升高，故C正确；故答案选C。7、A【解析】

由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏方法，故合理选项是A。8、C【解析】

氮气和一氧化碳的物质的量相同。根据m=nM，氮气和一氧化碳的摩尔质量相同，所以两者的质量相同。根据N=nNA可以知道，氮气和一氧化碳的分子总数也相同。氮气和一氧化碳都是双原子分子，原子数都是分子数的2倍，两者分子数相同，所以原子数也相同。故选C。9、B【解析】

A、浓H2SO4具有很强的腐蚀性，属于腐蚀品，A不符合题意；B、CH4常温下是气体，属于易燃气体，B符合题意；C、Na和水反应是放热反应，反应也很剧烈，属于遇湿易燃物品，C不符合题意；D、KMnO4是一种常见的强氧化剂，属于氧化剂类危险品，D不符合题意；故选B。10、B【解析】

ANa→NaOH→NaClO→HClO中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、HCl+NaClO=NaCl+HClO所以能一步实现，A不符题意；B．Al2O3和水不能反应，所以不能一步生成Al(OH)3，B符合题意；C．S→SO2→H2SO4→CuSO4可以通过SSO2H2SO4CuSO4实现各物质的一步转化，C不符题意；D．Fe→Fe(SO4)3→Fe(OH)3→Fe2O3中反应方程式分别为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O、Fe2(SO4)3+6NaOH=2Fe(OH)3↓+3Na2SO4、2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，所以能一步实现，D不符题意。答案选B。11、A【解析】

A.氨气通入醋酸溶液生成醋酸铵，离子方程式为：CH3COOH+NH3═CH3COO﹣+NH4+，A项正确；B.碳酸氢钠溶液中加过量石灰水，反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，离子方程式为：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，B项错误；C.澄清石灰水与稀盐酸反应生成氯化钙和水，澄清石灰水可拆成离子，离子方程式为：OH﹣+H+═H2O，C项错误；D.铜与稀硫酸不反应，无法书写离子方程式，D项错误；答案选A。【点睛】解答本题的关键是如何判断哪些物质能拆成离子，哪些物质不能拆成离子，要熟练掌握物质的“拆分”原则：书写离子方程式时，氧化物、过氧化物、弱电解质、多元弱酸的酸根离子、沉淀、气体、非电解质在离子方程式中均不能拆分，易电离的强电解质(强酸、强碱、大多数可溶性盐)拆成离子形式。其中需要注意的是①酸式盐：a．弱酸的酸式酸根离子不能拆开；b．强酸的酸式酸根离子在水溶液中写成拆分形式；②微溶物在离子方程式中的书写方法：微溶物出现在反应物中时，澄清溶液可以拆，悬浊液不可拆；微溶物出现在生成物中时当沉淀处理，不可拆。12、C【解析】

【详解】A、B、D项中，SO2、氯水、H2O2均与有色物质发生反应生成其他物质进行漂白，而活性炭通过吸附作用，将有色物质吸附，只发生物理变化，故本题选C。13、A【解析】

加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物可以生成氨气，试管口应略向下倾斜，①正确、③错误、⑤错误；氨气的溶解度随温度升高而降低，加热浓氨水生成氨气，④正确；浓氨水和氧化钙混合可以放出氨气，②正确，故选A。14、C【解析】

①在制取氧气中排水法收集氧气后出现倒吸现象，立即松开试管上的橡皮塞，使倒吸现象停止，防止炸裂试管，故①正确；②进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，但萃取剂的密度不一定比水大，如苯作萃取剂，故②错误；③分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，水和碘的四氯化碳溶液分液时，水在上层、四氯化碳在下层，则水从分液漏斗上口倒出，碘的四氯化碳溶液从漏斗下口流出，否则引进杂质，故③错误；④进行蒸发操作时，应使混合物中的水分大部分蒸干后，利用余热将溶液蒸干，故④错误；

⑤酒精着火时可用湿抹布或沙子扑火，不能用水扑火，故⑤正确；

⑥CO有毒，进行CO性质实验时要在通风橱内进行，多余的CO用燃烧的方法处理或用容器收集，不能随意排到室外，故⑥错误；⑦金属钠具有腐蚀性，不能用手直接拿取金属钠，故⑦错误；⑧煤气泄漏，应关闭阀门，先通风，立即开灯产生电火花，易发生爆炸，不能立即开灯，故⑧错误；⑨浓H2SO4沾在皮肤上，先用布擦拭，再用大量水冲洗，最后涂上适量的碳酸氢钠，由于氢氧化钠溶液有强腐蚀性，不能涂氢氧化钠溶液，故⑨错误；⑩用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水放热，若立即转移到容量瓶中定容，配制的溶液浓度偏高，所以应冷却至室温后，再转移到容量瓶中，故⑩正确。

错误的有7个，故选C。15、C【解析】

A．S＋O2SO2是化合反应，不是分解反应，A错误；B．Cu2（OH）2CO32CuO＋CO2↑＋H2O，化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误；C．2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑是分解反应，是氧化还原反应，C正确；D．Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑是置换反应，不是分解反应，D错误。答案选C。【点睛】置换反应一定属于氧化还原反应，复分解反应一定不属于氧化还原反应，有单质参与的化合反应和分解反应属于氧化还原反应。16、B【解析】

A.标准状况下水不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，故A错误；B.17g氨气的物质的量为：=1mol，1mol氨气分子中含有10mol质子，所含质子数为10NA，故B正确；C.0.1molCu(NO3)2中含有0.1mol铜离子和0.2mol硝酸根离子,总共含有0.3mol离子,含有的离子数目为0.3NA，故C错误；D.无法确定气体存在的条件，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算氮气的体积，故D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、氮氧铝①NaHSO3NaHSO4②【解析】

A、B、C、D、E、F是短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子是半径最小的原子，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，X为NH4NO3；D与A同主族，且D的原子序数大于N元素，故D为Na元素；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍，F原子有3个电子层，最外层电子数为6，故F为S元素；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C为O元素；D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，是氢氧化铝与强碱、强酸反应，可推知E为Al元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为Al元素，F为S元素。(1)由上述分析可知，B、C、E元素的名称分别为：氮、氧、铝；故答案为：氮；氧；铝；(2)C、D两种元素形成的原子个数比为1：1的物质为Na2O2,其电子式为；；故答案为：；(3)①单质的熔点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能根据熔点比较元素的非金属性，①不能验证；②元素的单质与氢气化合越容易，元素的非金属越强，②能验证；③氢化物的还原性越强，元素的非金属性越弱，③能验证；故答案为：①；(4)H、O、N、S四种元素可以形成两种可以互相反应的酸式盐(均由四种元素组成)分别为NaHSO3、NaHSO4；这两种酸式盐相互反应的离子方程式为；故答案为NaHSO3；NaHSO4；(5)H、O、S间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS-，乙为OH-，则甲与乙反应的离子方程式为：，故答案为；(6)向含有amolAlCl3的溶液中加入含bmolNaOH的溶液，可能发生的反应有①，②。当a∶b≥1∶3时，只发生反应①，二者恰好反应时得到沉淀为amol或mol，氯化铝过量时，得到沉淀小于amol，可能为mol；当a∶b≤1∶4时，只发生反应②，没有沉淀生成，即沉淀为0；当1∶3＜a∶b＜1∶4时，发生反应①②，则：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaClxmol3xmolxmolAlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl(a-x)mol4(a-x)mol则3xmol+4(a-x)mol=b，解得x=(4a-b)，即沉淀为(4a-b)mol，由于部分铝离子转化为氢氧化铝沉淀，可能为mol；由氢氧根守恒可知，氢氧化铝的物质的量不可能等于NaOH物质的量，即沉淀不能为bmol，综上分析可知，沉淀可能为①amol、③mol、④mol、⑤0、⑥(4a-b)mol，不可能为②bmol，故答案为②。【点睛】正确推断元素是本题的关键。本题的易错点和难点为(6)，该计算属于字母讨论型计算，增加了试题的难度，需要学会根据发生的反应方程式分情况讨论。18、NaClPH3离子键和共价键H3PO42P+5Cl22PCl5PCl3Cl2+H2O=H++Cl-+HClO【解析】

五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的化合物在水中呈碱性，则该化合物为氨气，因此A为H元素，B为N元素；A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构，则C为Na元素、D为P元素；A和B、D、E均能形成共价型化合物，C和E形成的化合物是日常生活中的常用调味品，则E为Cl元素，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知：A是H，B是N，C是Na，D是P，E是Cl元素。(1)原子核外电子层越多、原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，元素的核电荷数越小，原子半径越大，因此在上述元素中，Na原子半径最大；在同一周期中，原子序数越大，元素的非金属性越强，在同主族中，原子序数越大，元素的非金属性越弱，故非金属性最强的元素是Cl；(2)非金属性Cl>P、N>P，元素的非金属性越弱，其形成的简单氢化物的稳定性就越差；在P、N、Cl三种元素中，P的非金属性最弱，因此热稳定性最差的是为PH3；(3)H、N、Cl三种元素形成的离子化合物是NH4Cl，NH4+与Cl-之间通过离子键结合，在NH4+中N与H原子之间通过共价键结合，所以氯化铵中含有离子键和共价键，其电子式为：；(4)P元素原子最外层有5个电子，最高化合价为+5价，所以P元素的最高价氧化物的水化物的化学式为H3PO4；(5)P在充足的氯气中燃烧生成五氯化磷，反应的化学方程式为：2P+5Cl22PCl5；P在不足量的氯气中燃烧，其主要生成物为PCl3；(6)E的单质为氯气，氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，HClO为弱酸，该反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO。【点睛】本题考查了元素的位置、结构与性质的关系及应用。根据元素的原子结构特点及相互关系推断元素为解答的关键，元素的原子结构决定元素的性质，元素在周期表的位置反映了元素的原子结构特点及元素性质的变化规律。侧重考查学生对元素周期律的应用及分析、推断及应用能力。19、4.2g溶液的凹液面正好与刻度线相切2~3次检查是否漏水①②③⑤④⑥①④或【解析】

本题是配制一定物质的量浓度的溶液的题目，难度一般，按照要求来作答即可。【详解】（1）根据算出溶质的物质的量，再根据算出碳酸钠的质量，须注意天平的精确度限制只能称取4.2g固体；在定容时最后用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面正好与刻度线相切为止；在转移溶液后还需要对配制溶液的烧杯、玻璃棒进行洗涤2~3次，确保没有溶质残留，否则导致最终溶液浓度偏低；（2）容量瓶在使用前一定要检查是否漏水；（3）计算出溶质的质量，称量完毕后，然后遵循先溶解、再转移、再定容、再摇匀的顺序，进行操作，所以配制溶液的正确顺序是①②③⑤④⑥，（4）①未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，导致少量溶质未转移到容量瓶内，因此最终溶液浓度偏低，①正确；②根据“仰小俯大”的原则，俯视容量瓶导致实际加入的水的量比刻度线位置要低，造成溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，②错误；③转移前容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，③错误；④若用胶头滴管吸出多余的水，难免会吸出部分溶质，溶质少了溶液自然偏低，④正确；因此选①④；（5）标签上表明溶液的种类和浓度即可，上下顺序不影响。20、还原21222SCN-［或Fe(SCN)3］被氧化为SO42-ACD对比、控制变量等【解析】

（1）实验Ⅰ向氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液中加入双氧水，溶液变为血红色，说明二价铁被氧化为三价铁，三价铁离子与硫氰根离子结合变红色溶液，体现了Fe2+的还原性；（2）将褪色后的溶液分三份分别进行实验对褪色溶液研究，实验Ⅱ说明溶液中铁离子没有变化，有硫酸根离子生成；（3）为进一步探究“红色褪去”的原因，进行了实验Ⅲ，另取同浓度的FeCl2溶液滴加2滴试剂KSCN溶液，再通入O2，溶液变红，说明O2能氧化亚铁离子生成三价铁离子，取上述反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀产生，说明氧气不能氧化SCN−，则该硫酸根离子由H2O2将SCN−氧化成SO42−；（4）实验Ⅰ和实验Ⅲ同种（同浓度，同体积）溶液中加入不同的物质，得到不