2023-2024学年广西贵港市覃塘高级中学高一化学第二学期期末监测模拟试题含解析

2023-2024学年广西贵港市覃塘高级中学高一化学第二学期期末监测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中正确的是A．在金属元素和非金属元素分界线附近的元素多用于制造半导体材料B．氢氧化铝的碱性强于氢氧化镁的碱性C．磷酸的酸性强于硝酸的酸性D．SiH4比CH4稳定2、下列对化学键及化合物的分类完全正确的一组是A．MgCl2与NaOH均既含离子键又含共价键，均属离子化合物B．BaCO3与H2SO4化学键类型不完全相同，均属强电解质C．乙醇与醋酸，均只含共价键，均属非电解质D．氯气与氧气，均只含共价键，均只做氧化剂3、如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同．质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入M的浓溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验过程中，不考虑两球的浮力变化）（）A．当M为盐酸、杠杆为导体时，A端高，B端低B．当M为AgNO3、杠杆为导体时，A端高，B端低C．当M为CuSO4、杠杆为导体时，A端低，B端高D．当M为CuSO4、杠杆为绝缘体时，A端低，B端高4、漂白粉与硫酸反应制氯气的原理为:Ca(C1O)2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2↑+2H2O。该实验的发生装置为A． B． C． D．5、在接触法制硫酸和合成氨工业的生产过程中，下列说法错误的是()A．硫铁矿在燃烧前要粉碎，目的是使硫铁矿充分燃烧，加快反应速率B．二氧化硫的催化氧化反应的温度控制在450度左右，主要考虑到催化剂V2O5的活性温度C．吸收塔中用98.3%的浓硫酸代替水吸收SO3，以提高效率D．工业上为提高反应物N2、H2的转化率和NH3的产量和反应速率，常在合成氨反应达到平衡后再分离氨气6、铅的冶炼大致过程如下：①富集：将方铅矿(PbS)进行浮选；②焙烧：2PbS+3O22PbO+2SO2；③制粗铅：PbO+CPb+CO↑；PbO+COPb+CO2。下列说法错误的是A．浮选法富集方铅矿的过程属于物理变化B．将lmolPbS冶炼成Pb理论上至少需要6g碳C．方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbOD．培烧过程中，每生成lmolPbO转移6mol电子7、下列电池中不属于充电电池的是A．普通干电池B．对讲机镍镉电池C．汽车铅蓄电池D．手机锂离子电池8、下列说法中正确的一组是()A．H2和D2互为同素异形体B．和互为同分异构体C．乙醇的同分异构体是HO－CH2CH2－OHD．和是同一种物质9、下列有关电池的叙述正确的是A．华为Mate系列手机采用的超大容量高密度电池是一种一次电池B．原电池中的电极一定要由两种不同的金属组成C．原电池中发生氧化反应的电极是负极D．太阳能电池主要材料为二氧化硅10、氢化钠(NaH)是一种白色的离子晶体，其中钠是+1价，NaH和水反应放出氢气，下列叙述中正确的是A．NaH在水中显酸性B．NaH中氢离子电子层排布与氦原子的不同C．NaH中氢离子半径比锂离子大D．NaH中氢离子可被还原成氢气11、我国的能源消耗以煤为主。据估计，全世界的煤炭最多还能够供应200～300年。下列是关于利用煤炭资源的某些观点，其中论述正确的是()①直接燃煤虽然带来了污染问题，但同时提供了能量，污染与经济效益相比，经济效益更重要；②人类在开发资源时，既要满足自身需要又不能以危害子孙后代为代价；③随着科学的发展，将不断地开发出新型能源，根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是杞人忧天；④发展洁煤技术，提高燃煤效率，进行煤的干馏，可以提高煤的实用价值A．①④B．②③C．①②D．②④12、下列关于化学反应速率的说法正确的是A．浓度均为0.1mol·L-1盐酸和硫酸分别与2mol·L-1氨水反应，化学反应速率相同B．0.1mol·L-1盐酸与相同条件下的镁粉和铝粉反应，前者速率快C．化学反应速率为0.8mol·L-1·s-1的含义是时间为1s时，某物质的浓度是0.8mol·L-1D．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显13、下列物质之间的相互关系错误的是A．CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体B．干冰和冰为同一种物质C．CH3CH3和CH3CH2CH3互为同系物D．C和C互为同位素14、下列各组元素中，属于同一周期的是A．H、NaB．Al、PC．O、ClD．Mg、F15、对于化学反应3W(g)＋2X(g)=4Y(g)＋3Z(g)。下列反应速率关系正确的是(

)A．B．C．D．16、如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是()A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．可与溴水发生取代反应使溴水褪色C．在铁作催化剂下与溴水发生取代反应D．在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应17、下列不属于海水化学资源利用的是A．海水淡化B．海水提盐C．海水提溴D．海水提碘18、下列物质中，不能和氯气发生取代反应的是A．CH3Cl B．CCl4 C．CH2Cl2 D．CH419、某元素B的核电荷数为Z，已知Bn－和Am+的核外具有相同的电子数，则A元素的原子序数用Z、n、m来表示，应为A．Z+m+n B．Z－n+m C．Z－n－m D．Z+n－m20、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，2.24L水中氢氧键的数目为0.2NAB．足量Fe在3mol氧气中完全燃烧生成Fe3O4失去电子数目为8NAC．物质的量浓度为1mol·L－1的HCl溶液中H+数目一定等于NAD．0.1mol的SO2与1molO2充分反应，转移的电子数一定小于0.2NA21、下列物质属于高分子化合物的是A．乙烷B．乙醇C．聚乙烯D．乙酸乙酯22、短周期元素X和Y的离子X2+和Y2-具有相同的电子层结构，则下列说法正确的是A．X2+的离子半径比Y2-小B．X2+的原子序数比Y2-小C．X和Y原子的电子层数相等D．X和Y原子最外层电子数相等二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：单质A为目前人类使用最广泛的金属，氧化物B为具有磁性的黑色晶体，根据下列转化关系填空。（1）试判断：A的化学式为_____________，B的名称为_______________。（2）实验室检验C溶液中的阳离子时，可加入氢氧化钠溶液，若先产生___________色沉淀，该沉淀在空气中迅速变为灰绿色，最终变为_________色，则含该离子。（3）实验室检验D溶液中的阳离子时，通常可滴加_________，若溶液变为_______色，则含该离子。（4）若E是一种黄绿色气体单质，该气体是________________，在C→D过程中，此气体做_________剂。（5）写出固体B与过量盐酸反应的离子方程式__________________________。（6）写出D+A→C的离子方程式__________________________。24、（12分）从物质A(某正盐)的水溶液出发有下面所示的一系列变化：（1）写出A～F物质的化学式：A__________；B__________；C__________；D__________；E.__________；F__________。（2）写出E→F的化学方程式______________________________。（3）鉴别物质F中阴离子的方法是________________________。25、（12分）下图为实验室制乙酸乙酯的装置。（1）在大试管中加入的乙醇、乙酸和浓H2SO4混合液的顺序为______________（2）实验室生成的乙酸乙酯，其密度比水_________（填“大”或“小”），有_______________的气味。26、（10分）工业生产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。某工厂排放的废水中含有Cu2＋、Fe2＋、Hg2＋、H＋等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的玻璃仪器是__________设计简单实验检验绿矾是否变质，简述你的操作：__________。（2）步骤Ⅰ中加入过量铁粉的目的是__________，步骤Ⅱ中__________(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。（3）步骤V利用氧化铜制取铜有如下四种方案：方案甲：利用氢气还原氧化铜；方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；方案丙：利用炭粉还原氧化铜；方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。从安全角度考虑，方案__________不好；从产品纯度考虑，方案__________不好。（4）写出步骤Ⅱ中涉及反应的离子方程式：__________；步骤Ⅳ得到绿矾的操作蒸发浓缩__________、__________。27、（12分）碘化钾是一种无色晶体，易溶于水，实验室制备KI晶体的步骤如下：①在如图所示的三颈烧瓶中加入12.7g研细的单质碘和100mL1.5mol/L的KOH溶液，搅拌(已知：I2与KOH反应产物之一是KIO3)②碘完全反应后，打开分液漏斗中的活塞和弹簧夹1、2.向装置C中通入足量的H2S；③反应结束后，向装置C中加入稀H2SO4酸化，水浴加热④冷却，过滤得KI粗溶液。(1)仪器a的名称_________；(2)A中制取H2S气体的化学方程式___________；(3)B装置中饱和NaHS溶液的作用是_________(填序号)；①干燥H2S气体②除HCl气体(4)D中盛放的试剂是__________；(5)步骤①中发生反应的离子方程式是_____________；(6)由步骤④所得的KI粗溶液(含SO42-)，制备KI晶体的实验方案：边搅拌边向溶液中加入足量的BaCO3，充分搅拌、过滤、洗涤并检验后，将滤液和洗涤液合并，加入HI溶液调至弱酸性，在不断搅拌下蒸发至较多固体析出，停止加热，用余热蒸干，得到KI晶体，理论上，得到KI晶体的质量为________。28、（14分）取一定质量的氯化钠、溴化钠、碘化钠的混合物平均分成五等份，分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊，再分别向各溶液中通入一定体积的氯气，将反应后所得溶液蒸干，灼烧固体。通入氯气的量与最终所得固体质量记录如下：编号甲乙丙丁戊固体组成NaI、NaBr、NaClNaBr、NaClNaCl氯气的体积/mlV2V3V4V5V固体质量/g54.6243.6435.4830.1429.25求：（1）请填写表中空白______________、____________；（2）标准状况下氯气的体积V为_______，原混合物中溴化钠的物质的量为_______。29、（10分）Ⅰ.如图所示，已知有机物A的相对分子质量是28，它的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，B和D都是日常生活食品中常见的有机物，E是具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体，F是一种高聚物，生活中用于制造食物保鲜膜。（1）请写出A的结构简式________、C的结构式__________；（2）请写出B中官能团的电子式__________、D中官能团的名称__________；（3）请写出下列反应的类型：①__________，②________，④__________。（4）请写出下列物质转化的化学方程式：A→F____________；B→C_______；B+D→E__________。Ⅱ.在实验室可以用如图所示的装置进行B与D的反应，请回答下列问题：（1）装置中通蒸气的导管要插在_______溶液的液面上方，而不能插入溶液中的原因是为了________，该溶液的作用是____________________________________。（2）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是______。Ⅲ.苹果醋是一种由苹果发酵而成的酸性饮品，具有解毒、降脂等药效。苹果酸是苹果醋的主要成分，其结构简式如图所示，请回答下列问题：（1）苹果酸的分子式为__________。（2）1mol

苹果酸与足量金属钠反应，能生成标准状况下的氢气____L。（3）在一定条件下，苹果酸可能与下列哪些物质发生反应？_________A．氢氧化钠溶液B．乙酸C．碳酸氢钠溶液D．乙醇

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【解析】分析：A、金属元素和非金属元素分界线附近的元素往往既具有金属性和非金属性；B、金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强；C、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；D、非金属性越强，氢化物越稳定。详解：A、在金属元素和非金属元素分界线附近的元素往往既具有金属性和非金属性，因此多用于制造半导体材料，A正确；B、金属性镁大于铝，氢氧化铝的碱性弱于氢氧化镁的碱性，B错误；C、非金属性P小于N，则磷酸的酸性弱于于硝酸的酸性，C错误；D、非金属性C大于硅，则CH4比SiH4稳定，D错误。答案选A。2、B【解析】

A.MgCl2中只有离子键，A错误；B.BaCO3与H2SO4化学键类型不完全相同，前者含有离子键和共价键，后者只有共价键，都属强电解质，B正确；C.乙醇与醋酸，均只含共价键，乙醇是非电解质，醋酸是电解质，C错误；D.氯气与氧气，均只含共价键，不一定均只做氧化剂，例如氯气可以作还原剂，D错误；答案选B。【点睛】选项C是易错点，注意电解质和非电解质的区别。化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。另外也需要注意电解质和化合物的关系。3、C【解析】

A.当M为盐酸、杠杆为导体时，该装置形成原电池，铁为负极，铜为正极，铁不断的溶解质量减少，铜球上溶液中的氢离子反应生成氢气，所以B端质量减少，A端质量不变，会出现A端低，B端高的现象，故错误；B.当M为AgNO3、杠杆为导体时，铁为原电池的负极，质量减少，铜为原电池的正极，银离子得到电子生成银，铜球的质量增加，所以A端低，B端高，故错误；C.当M为CuSO4、杠杆为导体时，铁为原电池的负极，溶解质量减少，铜为原电池的正极，溶液中的铜离子得到电子生成铜单质，铜球质量增加，A端低，B端高，故正确。D.当M为CuSO4、杠杆为绝缘体时，不能形成原电池，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁球质量增加，铜球质量不变，A端高，B端低，故错误。故选C。【点睛】本题注意原电池的形成条件，有两个不同的电极，有电解质溶液，形成闭合回路，有自发的氧化还原反应。注意在原电池中负极上的金属溶解质量减小，正极上是溶液中的阳离子反应。杠杆两端的高低取决于两球的质量的相对大小。4、B【解析】分析：本题考查的是实验仪器的基本使用，掌握常见的实验装置的用途是关键。详解：反应为固体和液体加热制取气体，固体放入圆底烧瓶，液体放入分液漏斗中，用酒精灯加热，所以选择B。点睛：掌握常见气体的发生装置：1.固体和液体加热制取气体：用圆底烧瓶和分液漏斗和酒精灯，适合失去氯气和氯化氢等气体；2.固体加热制取气体，使用试管和酒精灯，适合制取氧气和氨气；3.固体和液体不加热制取气体，使用锥形瓶或圆底烧瓶和分液漏斗或长颈漏斗，适合制取氢气或二氧化碳或一氧化氮或二氧化氮等气体。5、D【解析】

A．硫铁矿燃烧前需要粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，故正确；B．二氧化硫的催化氧化是放热反应，升高温度不是为了让反应正向移动，而是虑到催化剂V2O5的活性温度，故B正确；C．吸收塔中SO3如果用水吸收，发生反应：SO3+H2OH2SO4，该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫和水之间，阻碍水对三氧化硫的吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，最终得到“发烟”硫酸，故C正确；D．合成氨生产过程中将NH3液化分离，即减小生成物氨气的浓度，可以使化学反应速率减慢，但是能提高N2、H2的转化率，故D错误；故选D。【点睛】工业生产要追求效益的最大化，但也可以通过中学化学实验原理来解释，注意根据相应的实验原理解答。6、C【解析】

A..浮选法富集方铅矿的过程就是把含有PbS的矿石集聚在一起的过程，没有新物质产生，该过程属于物理变化，A正确；B.根据反应原理，将lmolPbS冶炼成Pb，要消耗C最少，则C被氧化产生CO2，反应消耗0.5molC，因此理论上至少需要6g碳，B正确；C.在方铅矿焙烧反应2PbS+3O22PbO+2SO2中，PbS是还原剂，还原产物有PbO、SO2，C错误；D.在培烧过程中，根据方程式可知，Pb元素化合价不变，S元素化合价由反应前PbS中的-2价变为反应后SO2中的+4价，每1molPbS反应，转移电子6mol，D正确；故合理选项是C。7、A【解析】

放电后可以再充电使活性物质获得再生，可以多次重复使用，又叫充电电池或蓄电池，据此判断。【详解】对讲机镍镉电池、汽车铅蓄电池、手机锂离子电池均属于可充电电池，普通干电池是一次性电池，不能充电；答案选A。8、D【解析】

A.H2和D2为同种元素形成的同种单质，不是同素异形体，故A错误；

B.由甲烷的正四面体结构可以知道，甲烷中4个H均为相邻位置，则

和

的组成、结构相同，为同种物质，故B错误；C.乙醇含1个O，而HO－CH2CH2－OH中含2个O，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；

D.

和的组成、结构相同，为同种物质，故D正确；答案选D。9、C【解析】

A项、华为Mate系列手机的超大容量高密度电池能反复充放电，属于二次电池，故A错误；B项、原电池的电极可由两种不同的金属构成，也可由金属和能导电的非金属石墨构成，故B错误；C项、原电池负极上发生失电子的氧化反应，故C正确；D项、太阳能电池的主要材料是高纯度硅，二氧化硅是光导纤维的主要材料，故D错误；故选C。【点睛】本题考查原电池及常见的电池，注意明确电池的工作原理以及原电池的组成，会根据原电池原理判断正负极以电极上发生的反应是解答该题的关键。10、C【解析】氢化钠(NaH)是一种白色的离子晶体，在水中发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑。A．NaH在水中反应产生NaOH，使溶液显碱性，A错误；B．NaH中氢离子的电子层排布与氦原子的相同都是有2个电子，B错误；C．NaH中氢离子与Li+核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径就越小，所以氢离子比锂离子半径大，C正确；D．NaH中氢离子是-1价，可被氧化成氢气，D错误，答案选C。11、D【解析】经济效益只考虑当前利益，而环境污染将影响未来人类的生存，所以环境污染是更重要的；能量是守恒的，但如果转化成物质的内能等形式的能量很难开发，一些新型能源虽已利用，但所占比例较少，人类还是主要应用不可再生的三大能源。答案应选D项。12、B【解析】

A．浓度均为0.1mol·L-1盐酸和硫酸中的氢离子浓度分别为0.1mol·L-1和0.2mol·L-1，分别与2mol·L-1氨水反应，化学反应速率硫酸比盐酸快，故A错误；B．镁比铝活泼，0.1mol·L-1盐酸与相同条件下的镁粉和铝粉反应，前者速率快，故B正确；C．化学反应速率为0.8mol·L-1·s-1的含义是1s的时间内，某物质的浓度变化了0.8mol·L-1，故C错误；D．有些化学反应没有现象，如酸碱中和反应，故D错误；故选B。【点睛】化学反应速率的决定性因素是反应物本身的性质。对某一确定的反应来说，反应物的浓度、反应温度、压强、催化剂、接触面积都会影响化学反应速率。A选项中的盐酸和硫酸虽然浓度相同，但硫酸是二元酸，氢离子浓度比盐酸中的大，所以和同浓度的氨水反应时，硫酸比盐酸速率快。13、B【解析】A.CH3CH2OH和CH3OCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；B.干冰是CO2，冰是水，不是同一种物质，B错误；C.CH3CH3和CH3CH2CH3的结构相似，分子组成相差1个CH2，互为同系物，C正确；D.和的质子数相同，中子数不同，互为同位素，D正确，答案选B。14、B【解析】解：A．H、Na分别位于一、三周期，故A不选；B．Al、P均位于第三周期，故B选；C．O、Cl分别位于二、三周期，故C不选；D．Mg、F分别位于三、二周期，故D不选；故选B．【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握原子结构中电子层数等于周期数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．15、C【解析】同一化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于其计量数之比，根据方程式可知满足v(W):v(X):v(Y):v(Z)=3:2:4:3，答案选C。16、D【解析】

A.表示的甲烷，该物质具有稳定性，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，A错误；B.该模型表示的乙烯分子，由于含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，B错误；C.该物质表示苯，该物质在一定条件下能够与液溴发生取代反应，产生溴苯和HBr，不是与溴水发生取代反应，C错误；D.该比例模型表示的是乙醇，乙醇与乙酸在浓硫酸存在和加热条件下，可以发生取代反应产生乙酸乙酯和水，D正确。17、A【解析】海水淡化是海水水资源的利用，而海水提盐、海水提溴、海水提碘等均是海水化学资源的利用。18、B【解析】

氯代烃与氯气发生取代反应时，分子中必须有氢原子，没有氢原子则不能发生取代反应。答案选B。19、A【解析】

某元素B的核电荷数为Z，则Bn－的核外电子总数为Z+n，由于Am+和Bn－具有相同的核外电子数，则Am+的核外电子数为Z+n，因此元素A的核电荷数为：Z+n+m，故答案选A。20、D【解析】

A.标准状况下水是液体，2.24L水的物质的量不是0.1mol，其中氢氧键的数目不是0.2NA，A错误；B.足量Fe在3mol氧气中完全燃烧生成Fe3O4时氧元素化合价从0价降低到－2价，1分子氧气得到4个电子，因此根据电子得失守恒可知铁失去电子数目为12NA，B错误；C.物质的量浓度为1mol·L-1的HCl溶液的体积不能确定，则其中H+数目不一定等于NA，C错误；D.0.1mol的SO2与1molO2充分反应，由于是可逆反应，反应物转化率达不到100%，则转移的电子数一定小于0.2NA，D正确。答案选D。21、C【解析】乙烷分子式是C2H6，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错误；乙醇分子式是C2H6O，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；聚乙烯的相对分子质量在10000以上，属于高分子化合物，故C正确；乙酸乙酯分子式是C4H8O2，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故D错误。22、A【解析】分析：X2+和Y2-具有相同的电子层结构，X、Y在周期表中的位置如图，X、Y为短周期元素，X、Y分别为Mg、O元素，根据原子结构的特点和元素周期律作答。详解：X2+和Y2-具有相同的电子层结构，X、Y在周期表中的位置如图，X、Y为短周期元素，X、Y分别为Mg、O元素。A项，根据“序大径小”，X2+的离子半径比Y2-小，A项正确；B项，X2+、Y2-的原子序数分别为12、8，X2+的原子序数比Y2-的大，B项错误；C项，X有3个电子层，Y有2个电子层，X比Y原子多一个电子层，C项错误；D项，X原子最外层有2个电子，Y原子最外层有6个电子，X和Y原子最外层电子数不相等，D项错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、Fe四氧化三铁或磁性氧化铁白红褐KSCN红(血红)Cl2氧化Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OFe＋2Fe3+＝3Fe2+【解析】

单质A为目前人类使用最广泛的金属，氧化物B为具有磁性的黑色晶体，则A为Fe，B为Fe3O4，加入盐酸，由转化关系可知D为FeCl3，C为FeCl2，E是一种黄绿色气体单质，应为Cl2，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析可知A为Fe，B为四氧化三铁，故答案为：Fe；

四氧化三铁；(2)C为FeCl2，亚铁离子与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被空气中的氧气氧化，如观察到先产生白色沉淀，在空气中迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，则含该离子，故答案为：白；红褐；(3)D为FeCl3，检验铁离子，可加入KSCN溶液，溶液变红色，故答案为：KSCN溶液；红；(4)E是一种黄绿色气体单质，应为Cl2，氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，反应中起到氧化剂的作用，故答案为：氯气；氧化；(5)B为Fe3O4，加入盐酸，反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；(6)D+A→C的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+。24、(NH4)2SO3(NH4)2SO4SO2NH3K2SO3K2SO4K2SO3＋Br2＋H2O=K2SO4＋2HBrF中的阴离子是硫酸根离子，可以加入盐酸、氯化钡溶液看是否产生沉淀来鉴别【解析】

根据框图可知，A即与酸反应生成气体C，又与碱反应生成气体D，则A为弱酸弱碱盐；C与氨水生成A，D与C的溶液反应生成A，则D为NH3，A为铵盐；A的浓溶液与稀H2SO4反应生成B和C，则B是(NH4)2SO4，F为K2SO4；A的浓溶液与KOH溶液反应生成E和D，E和溴水反应生成K2SO4，则E为K2SO3、C为SO2、A为(NH4)2SO3。【详解】（1）由以上分析可知，A为(NH4)2SO3、B为(NH4)2SO4、C为SO2、D为NH3、E为K2SO3、F为K2SO4；（2）E→F的反应为K2SO3溶液与溴水发生氧化还原反应生成硫酸钾和氢溴酸，反应的化学方程式为K2SO3＋Br2＋H2O=K2SO4＋2HBr；（3）F为K2SO4，阴离子为SO42-，可用酸化的BaCl2检验SO42-，具体操作是取少量F的溶液加入BaCl2和盐酸的溶液，若产生白色沉淀，证明SO42-的存在。25、乙醇，浓硫酸，乙酸小果香【解析】(1)乙酸乙酯实验的制备过程中，考虑到冰醋酸的成本问题以及浓硫酸的密度比乙醇大，以及浓硫酸稀释时会放热，应该先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸，故答案为：乙醇，浓硫酸，乙酸；(2)乙酸乙酯的密度比水小，而且有果香的气味，故答案为：小；果香。26、漏斗取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质将Cu2+Hg2+全部置换出来不能甲乙丙Fe+2H+=Fe2++H2↑冷却结晶过滤【解析】分析：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。可燃性气体作为还原剂在加热的过程中会有爆炸的可能性，而固体还原剂一般不易控制量会引入杂质；一种反应物过量的目的往往是为了使另一种反应物充分反应。加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。详解：（1）滤液中硫酸亚铁的浓度较低，先蒸发水到热饱和溶液，然后降温结晶，最后过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤还需要漏斗，蒸发结晶还需要坩埚；绿矾变质生成+3价铁，检验Fe3+用硫氰化钾溶液，即取少量晶体溶于水，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明绿矾已变质。答案：漏斗；取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质。（2）加入过量的铁粉，将铜离子和汞离子全部转化成相应单质得到铜和汞；若用稀盐酸代替稀硫酸，制得的绿矾中会混有氯化亚铁杂质；所以不能用稀盐酸代替稀硫酸。答案：将Cu2+Hg2+全部置换出来；不能。（3）氢气和一氧化碳易燃烧，且一氧化碳有毒，用二者还原氧化铜存在不安全因素，即易发生爆炸，所以从安全方面考虑甲、乙不好；用炭粉还原氧化铜，所得铜中易混有炭粉，即从纯度方面考虑，丙不好。答案：甲乙；丙。（4）根据框图知滤渣成分为的为Cu、Fe、Hg步骤II加入稀硫酸只有Fe能与酸反应，所以反应的离子方程式分别为2H++Fe=Fe2++H2↑。步骤Ⅳ是由硫酸亚铁溶液得到绿矾的操作，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶和过滤即可。答案：2H++Fe=Fe2++H2↑；冷却结晶；过滤。点睛：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。27、圆底烧瓶（烧瓶）FeS+2HCl==FeCl2+H2S↑②NaOH溶液3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O24.9g【解析】

制备KI：关闭弹簧夹，A中有稀盐酸与FeS制备H2S气体，B装置由饱和NaHS溶液除去H2S气体中的HCl杂质，C中I2和KOH溶液反应：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，碘完全反应后，打开弹簧夹，向C中通入足量的H2S，发生反应：3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，将装置C中所得溶液用稀H2SO4酸化后，置于水浴上加热10min，除去溶液中溶解的H2S气体，所得的KI溶液(含SO42-)，加入碳酸钡至硫酸根除净，再从溶液制备KI晶体，D为氢氧化钠吸收未反应完的H2S气体，据此分析解答。【详解】(1)根据装置图，仪器a的名称为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶(或烧瓶)；(2)A中硫化亚铁与盐酸反应生成硫化氢气体，反应的方程式为FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，故答案为：FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑；(3)盐酸易挥发，A中制备的H2S气体混有HCl气体，B装置中的饱和NaHS溶液可以除去H2S气体中的HCl杂质，故答案为：②；(4)硫化氢会污染空气，D装置是吸收未反应完的H2S气体，防止污染空气，可以选用碱性试剂如氢氧化钠溶液吸收，故答案为：氢氧化钠溶液；(5)步骤①中发生I2与KOH反应生成KI和KIO3，反应的离子方程式为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；故答案为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；(6)12.7g碘单质的物质的量=0.05mol，100mL1.5mol/L的KOH溶液中含有氢氧化钾0.15mol，得到KI晶体的过程主要为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，加入碳酸钡除去硫酸根离子，过滤、洗涤并检验后，加入HI溶液调至弱酸性，在不断搅拌下蒸发至较多固体析出，根据元素守恒，碘单质中的碘最终全部转化为碘化钾中的碘，氢氧化钾中的钾元素最终全部转化为碘化钾中的钾，因此KI的物质的量=氢氧化钾的物质的量=0.15mol，质量=0.15mol×166g/mol=24.9g，故答案为：24.9g。【点睛】本题的易错点和难点为(6)中计算，要注意最后加入HI溶液调至弱酸性，还会与过量的氢氧化钾反应生成碘化钾。28、乙:NaI、NaBr、NaCl丁:NaBr、NaCl13441mol【解析】戊中固体NaCl质量29.25g，根据钠离子守恒得n（NaBr）+n（NaI）+n（NaCl）=29.25g58.5g/mol=0.5mol，由钠离子守恒可知反应后蒸干灼烧得到的固体的物质的量不变为将反应甲至戊视作每次增加vml氯气计算，因还原性I-＞Br-＞Cl-，故先有2NaI+Cl2=2NaCl+I2…①，反应完后再有2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2…②；（1）对于乙视作甲增加vml氯气，导致固体质量减少为54.62g-43.64g=10.98g，因还原性I-＞Br-＞Cl-，故先有2NaI+Cl2=2NaCl+I2，反应完后再有2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2。vmL氯气与NaI反应导致固体质量减少最多2NaI+Cl2=2NaCl+I2固体减少1mol254g-71g=183g0.06mola所以a=10.98g，等于甲通入vml氯气导致固体质量减少，所以乙最后通入vml氯气只与NaI反