云南省玉溪民族中學2023年化學高一第一學期期末質量跟蹤監視模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、把一小塊鎂鋁合金溶于100mL鹽酸中，然后向其中滴入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的質量和加入NaOH溶液的體積如圖所示，則原合金中鎂與鋁的物質的量之比為（）A．1：1 B．1：2 C．2：3 D．3：22、下列物質分別加入水中，主要以離子形式存在的是（）A．CaCO3 B．Zn C．Fe2O3 D．Mg(NO3)23、關于物質分類正確的組合是()A．A B．B C．C D．D4、X、Y、Z為三種單質。已知Y能將Z從其化合物的水溶液中置換出來，而Z又能將X從其化合物的水溶液中置換出來。由此可以推斷下列說法中可能正確的是①單質的氧化性:Y>Z>X；②單質的還原性:Y>Z>X；③對應離子的氧化性:X>Z>Y；④對應離子的還原性:X>Z>YA．① B．②③ C．①④ D．D①②③④5、下列方程式，不能正確表達反應顏色變化的是A．Na2O2在空氣中放置后由淡黃變為白色：2Na2O22Na2O+O2↑B．向飽和Na2CO3溶液中通入足量的CO2生成白色沉淀：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓C．在酸性KMnO4中滴加FeSO4，溶液褪色：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+5Fe2(SO4)3+2MnSO4+8H2OD．在FeCl3溶液中通入H2S氣體，生成黃色沉淀：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl6、過量的與混合，在密閉容器中充分加熱，最后排出氣體，則殘留的固體物質應為A．和 B．和C． D．7、下列狀態的物質，既能導電又屬于電解質的是()A．氯化鈉固體 B．硫酸鉀溶液 C．碳棒 D．熔融氫氧化鉀8、下列物質的轉化在給定條件下不能實現的是()①NaNa2O2Na2CO3②SSO3H2SO4③FeFe2O3Fe2(SO4)3④SiO2Na2SiO3H2SiO3A．①②③ B．②③④ C．②③ D．①④9、我國古代文獻中有許多化學知識記載，如《夢溪筆談》中的“信州鉛山縣有苦泉，…挹其水熬之，則成膽礬，熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”等，上述描述中沒有涉及的變化是A．復分解反應 B．蒸發結晶C．離子反應 D．氧化還原反應10、用下列裝置進行相關實驗，操作正確且能達到實驗目的的是A．甲裝置:稱30.0gNaOH固體 B．乙裝置:

過濾除去溶液中的不溶性雜質C．丙裝置:除去CO2中混有的HCl氣體 D．丁裝置:

吸收實驗室制NH3的尾氣11、二氧化硫能夠使品紅溶液褪色，表現了二氧化硫的()A．氧化性 B．還原性 C．漂白性 D．酸性氧化物的性質12、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（）A．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料 B．晶體硅熔點高，可用作半導體材料C．漂白粉在空氣中不穩定，可用于漂白紙張 D．Na具有還原性，可用于制作高壓鈉燈13、下列說法中不正確的A．在濃硫酸中加入銅片，加熱，銅片逐漸溶解并產生氫氣B．“硅膠”吸附水分的能力強，常用作干燥劑C．氧化鋁的熔點很高，常用作耐火材料D．過氧化鈉可用于呼吸面具或潛水艇中作為氧氣的來源14、世界各國離不開的化石燃料十分有限，為了開發新能源，下列方法可行的是（）A．利用電解水的方法得到氫氣作能源 B．砍伐樹木作能源C．因煤的儲量比石油豐富，應多用煤作能源 D．開發太陽能、核能等新能源15、下列電離方程式錯誤的是（）A．NaHCO3=Na＋＋H＋＋CO32- B．NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42-C．BaCl2=Ba2＋＋2Cl－ D．Na2SO4=2Na＋＋SO42-16、下列物質的變化，其中不屬于氧化還原反應的是A．氫氧化鈉固體在空氣中潮解 B．鐵鍋生銹C．過氧化鈉吸收CO2 D．Fe（OH）2變為紅褐色17、實驗室進行粗鹽提純，無需進行的操作是A．分液 B．溶解 C．過濾 D．蒸發18、將2.5g

NaHCO3、Na2CO3、NaOH的固體混合物完全溶解于水，制成溶液，然后向該溶液中逐滴加入1mol/L的鹽酸，所加鹽酸的體積與產生CO2的體積(標準狀況)關系如圖所示，下列說法中錯誤的是A．OA段發生反應的離子方程式為：OH-+H+==H2OH++CO32-==HCO3-B．當加入35mL鹽酸時，產生CO2的體積為336mLC．混合物中NaOH的質量0.6gD．A點溶液中的溶質為NaCl、NaHCO319、每次取20g海水，嚴格按照過濾、蒸發、冷卻、稱量、計算的實驗步驟規范操作，連續實驗三次，平均得固態鹽ag。該海水中含氯化鈉的質量分數是()A．大于5a%B．小于5a%C．等于5a%D．無法判斷20、右圖是模擬氯堿工業生產中檢查氯氣是否泄漏的裝置，下列有關說法錯誤的是A．燒瓶中立即出現白煙B．燒瓶中立即出現紅棕色C．燒瓶中發生的反應表明常溫下氨氣有還原性D．燒杯中的溶液是為了吸收有害氣體21、金屬及其化合物的轉化關系是化學學習的重要內容之一。下列各組物質的各步轉化關系中不能通過一步反應完成的是（）A．Na→NaOH→Na2CO3 B．Fe→Fe(NO3)3→Fe(OH)3C．A1→A12O3→A1(OH)3 D．Mg→MgCl2→Mg(OH)222、下列物質屬于非電解質的是A．K2SO4 B．銅絲 C．干冰 D．醋酸二、非選擇題(共84分)23、（14分）現有A、B、C、D、E、F、G七種短周期主族元素，其原子序數依次增大。已如A、D位于同一主族，D是短周期中原子半徑最大的。B、E最外層電子數是最內層電子數的2倍。C、F的最外層電子數相等，且C、F的原子序數之和為A、D原子序數之和的兩倍。（1）A、C、D、F形成的簡單離子半徑由大到小的順序是____________（用元素符號填寫）。（2）B、E、F、G最高價氧化物對應的水化物酸性最強的是___________（用化學式填寫）。（3）由C、D兩元素能形成一種原子個數比為1：1的化合物，該化合物所含的化學鍵類型有____________。（4）下列事實能說明G元素的非金屬性比F元素的非金屬性強的是______________。a.G單質與Na2S溶液反應溶液變混濁b.F氫化物的酸性比G的氫化物酸性弱c.G和F兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高（5）A、C、D、F四種元素形成的化合物M和N在溶液中相互反應的離子方程式是________________。24、（12分）在Na＋濃度為0.5mol·L－1的某澄清溶液中，還可能還有K＋、Ag＋、Ca2＋、Ba2＋、NO3－、CO32－、SiO32－、SO42－中的若干種，現取該溶液100mL進行如下實驗已知：H2SiO3為不容水的膠狀沉淀，加熱時易分解為兩種物質序號實驗內容實驗結果Ⅰ向該溶液中加入足量稀鹽酸生成白色膠狀沉淀并放出標況下0.56L氣體Ⅱ將Ⅰ中產生的混合液過濾，對沉淀洗滌、灼燒至恒重，稱量所得固體質量固體質量為2.4gⅢ向Ⅱ的濾液中滴加BaCl2溶液無明顯現象請回答下列問題：（1）實驗Ⅰ能確定一定存在的離子是______________；一定不存在的離子是____________。（2）實驗Ⅱ中沉淀洗滌、灼燒至恒重，所涉及的化學方程式為____________________；（3）通過實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要計算，求K+的最小濃度_______________。25、（12分）硫酸是當今世界最重要的化工產品之一。I.硫酸的各種制法。（1）早在1000多年前,我國就已采用加熱膽礬(CuSO4·5H2O)或綠礬(FeSO4·7H2O)的方法制取硫酸。FeSO4受熱分解的化學方程式:2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。①將FeSO4受熱產生的氣體通入如下圖裝置中,以檢驗產生的氣體中是否含有SO3和SO2。能說明SO2存在的實驗現象是_________。②有同學提出虛線框內盛裝NaOH溶液的裝置可以換成上圖右邊的a裝置,其中多孔玻璃球泡的作用是__________。（2）目前工業上主要采用接觸法制備硫酸,其中一步為:2SO2+O22SO3。實驗室模擬該過程常用下圖裝置進行實驗。b裝置中裝有濃硫酸,寫出b裝置的作用__________(寫出兩點)。Ⅱ.硫酸的性質。（3）下圖中甲試管內發生反應的化學方程式_________,該反應體現了濃硫酸的性質為______。（4）當銅片與濃硫酸充分反應后,試管內并未出現藍色溶液,而是看到白色固體,請寫出檢驗白色固體的方法______________。26、（10分）實驗室用下圖的實驗裝置模擬工業制漂白粉。回答下列問題：(1)儀器a的名稱是_________。(2)寫出A裝置中反應的化學方程式并標出電子轉移的方向和數目__________。(3)濃鹽酸在反應中的作用是________，飽和食鹽水的作用是_______，D裝置的作用是_________。(4)C裝置制取漂白粉的化學方程式是__________。27、（12分）某校化學課外小組為了鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉兩種白色固體，用不同的方法做了以下實驗，如圖所示。（1）只根據圖Ⅰ所示實驗，不能夠達到實驗目的的原因是_______________________________。（2）圖Ⅱ、Ⅲ所示實驗均能鑒別這兩種物質，其反應的化學方程式為__________。（3）若用實驗Ⅱ驗證碳酸鈉和碳酸氫鈉的熱穩定性，則試管B中裝入的固體最好是______(填化學式)。28、（14分）甲元素的原子序數是19，乙元素原子核外有兩個電子層，最外電子層上有6個電子；丙是元素周期表第ⅠA族中金屬性最弱的堿金屬元素。由此推斷：（1）甲元素在周期表中位于第_______周期；乙元素在周期表中位于第______族；丙元素的名稱為________。（2）甲的單質與水反應的離子方程式為____________________________，乙單質與丙單質反應的化學方程式為____________________________________，甲的單質與水反應的生成物的電子式為：_______________，___________________29、（10分）已知X、Y、Z、W、L為五種短周期元素，非金屬元素X最外層電子數與其周期序數相同，Y的最外層電子數是其所在周期數的2倍。Y在Z中充分燃燒能生成其最高價化合物YZ2。W+與Z2-具有相同的電子數。X在L中燃燒，產物XL溶于水得到一種強酸。請回答下列問題：（1）X在周期表中的位置是_____。請寫出實驗室制備單質L的化學方程式______，尾氣處理的離子方程式____________。（2）由X分別與Y、Z形成的最簡單化合物的穩定性關系為___________________。（3）由X、Y、Z、W組成的一種鹽，在面食中有大量使用，在其水溶液中滴入由X、Y、Z形成的廚房中常見的一種酸，反應的離子方程式為______________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】

本題涉及的反應方程式有：、、、和，根據這些反應進行計算。【詳解】由圖中可知，50~60mL時沉淀溶解，即發生，故可以求出：，進而可以根據在0~50mL生成沉淀過程中求出，故原合金中鎂與鋁的物質的量之比為0.01mol:0.01mol=1:1；故答案為A。2、D【解析】

A.CaCO3是難溶性鹽，加入水中，主要以固體的形式存在，故A錯誤；B.Zn是金屬單質，加入水中不反應，也不溶于水，主要以固體形式存在，故B錯誤；C.Fe2O3是金屬氧化物，加入水中不反應，也不溶于水，主要以固體形式存在，故C錯誤；D.Mg(NO3)2屬于可溶性鹽，加入水中，電離生成鎂離子和硝酸根離子，故D正確；答案選D。3、D【解析】

A.Na2CO3屬于鹽，NaOH屬于堿，SO2屬于酸性氧化物，A錯誤；B.CO是不成鹽氧化物，不屬于酸性氧化物，B錯誤；C.CO是不成鹽氧化物，不屬于堿性氧化物，C錯誤；D.選項中的各種物質分類合理，D正確；故合理選項是D。4、D【解析】Y能將Z從其化合物中的水溶液中置換出來，因為不知道Z在化合物中的價態，因此可能Y的氧化性大于Z，也可能是Y的還原性大于Z，Z能將X從其化合物的水溶液中置換出來，因為不知道X在化合物中的價態，因此推出Z的氧化性可能強于X，或者Z的還原性強于X，①根據上述分析，氧化性Y>Z>X，故①正確；②根據上述分析，還原性Y>Z>X，故②正確；③單質的還原性強，其離子的氧化性就弱，因此離子的氧化性：X>Z>Y，故③正確；④單質的氧化性強，其離子的還原性減弱，即離子的還原性：X>Z>Y，故④正確；綜上所述，選項D正確。點睛：非金屬性或金屬性強弱的比較中常用的方法之一是置換反應，（非）金屬性強的置換出（非）金屬性弱的，同時學生還應注意“單強離弱、單弱離強”的理解，特別注意(Fe3＋除外)。5、A【解析】

A．過氧化鈉在空氣中與二氧化碳反應生成碳酸鈉，由淡黃色變為白色，發生反應：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故A錯誤；B．相同條件下，碳酸鈉的溶解度大于碳酸氫鈉，向飽和的Na2CO3溶液中通入足量的CO2氣體，會有固體析出，故B正確；C．Fe2+具有還原性，與酸性高錳酸鉀發生氧化還原反應而使其褪色：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+5Fe2(SO4)3+2MnSO4+8H2O，故C正確；D．硫化氫具有較強還原性，易被FeCl3氧化生成單質硫，反應的化學方程式：2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，故D正確；答案選A。6、C【解析】

兩種混合物在密閉容器中加熱所發生的化學反應為：，，，。因是過量的，則加熱生成的使最終全部轉化為，過量的也完全分解成，而穩定，受熱不易分解，故最后殘留的固體是。故選C。7、D【解析】

A．固體氯化鈉中沒有自由移動的陰陽離子，不能導電，A不符合題意；B．硫酸鉀溶液是電解質溶液，能夠導電，但不是電解質，B不符合題意；C．碳棒是碳單質，能導電，但不是電解質，D錯誤；D．氫氧化鉀是離子化合物，是電解質，在熔融狀態下存在自由移動的離子，能夠導電，D正確；答案選D。8、C【解析】

①，，①能實現；②，不是生成SO3，②不能實現；③，不是生成Fe2O3，③不能實現；④，，④能實現；綜上，答案選C。9、A【解析】

該過程發生發生CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O為化合反應、CuSO4·5H2OCuSO4+5H2O為分解反應、Fe+CuSO4=Cu+FeSO4為氧化還原反應，該反應在溶液中進行，離子反應為：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；“挹其水熬之，則成膽礬”該過程即為蒸發結晶，整個過程沒有涉及到復分解反應，故答案為A。10、D【解析】

A．NaOH易潮解，具有腐蝕性；B．漏斗下端應緊靠燒杯內壁；C．二者均與碳酸鈉溶液反應；D．四氯化碳是不溶于水、密度比水大的液體，可隔絕氣體與水；【詳解】A．NaOH易潮解，具有腐蝕性，應在左盤小燒杯中稱量，故A錯誤；B．漏斗下端應緊靠燒杯內壁，防止液滴飛濺，故B錯誤；C．二者均與碳酸鈉溶液反應，不能除雜，應選飽和碳酸氫鈉溶液，故C錯誤；D．四氯化碳是不溶于水、密度比水大的液體，可隔絕氣體與水，圖中裝置可吸收實驗室制NH3的尾氣并防倒吸，故D正確；故選D。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價，解題關鍵：把握實驗裝置的作用、物質的性質、混合物分離提純、基本操作、實驗技能。11、C【解析】

二氧化硫能夠使品紅溶液褪色，表現了二氧化硫的漂白性，答案選C。12、A【解析】

A.Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料，故A符合題意；B.晶體硅熔點高與可用作半導體材料沒有聯系，故B不符合題意；C.漂白粉在空氣中不穩定，易變質，漂白紙張與漂白粉穩定性沒有聯系，故C不符合題意；D.Na具有還原性，制作高壓鈉燈是由于鈉的焰色反應是黃色光，穿透強，故D不符合題意；綜上所述，答案為A。【點睛】可用作耐高溫材料主要有Al2O3和MgO。13、A【解析】

A．濃硫酸與銅在加熱條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫、水，故A項說法不正確；B．“硅膠”具有疏密多孔的特性，其吸水性較好，常用作干燥劑，故B項說法正確；C．氧化鋁的熔點為2050℃，并且氧化鋁不會和空氣反應，因此氧化鋁常用作耐火材料，故C項說法正確；D．過氧化鈉與水或二氧化碳反應均能生成氧氣，因此過氧化鈉可用于呼吸面具或潛水艇中作為氧氣的來源，故D項說法正確；綜上所述，說法不正確的是A項，故答案為A。14、D【解析】

A．電解水得到氫氣會消耗大量的電能，故此法不可行；B．砍伐樹木做能源，會破壞生態平衡，故此法不可行；C．煤和石油都是不可再生能源，應該開發新能源，故此法不可行；D．開發太陽能、生物質能、地熱地表能、核能等新能源，可以解決能源危機，故此法可行；故選D。15、A【解析】

A.由于碳酸是弱酸，所以NaHCO3中的HCO3-不能完全電離，NaHCO3的電離方程式為NaHCO3=Na＋＋HCO3-，故A選；B.硫酸是強酸，所以NaHSO4能完全電離成Na＋、H＋和SO42-，故B不選；C.BaCl2是強電解質，能完全電離成Ba2＋和Cl－，而且在1molBaCl2中有1molBa2＋和2molCl－，故C不選；D.硫酸鈉是強電解質，能完全電離成Na＋和SO42-，故D不選。故選A。【點睛】只有二元或二元以上的酸才能形成酸式鹽，在常見的強酸里，只有硫酸是二元酸，其他均為一元酸，所以強酸的酸式鹽只有硫酸氫鹽，所以寫酸式鹽在水中的電離方程式時，可以說只有硫酸氫根能拆成氫離子和硫酸根離子的形式，其他的酸式根離子都不能拆開寫。16、A【解析】

A．氫氧化鈉固體在空氣中潮解屬于物理變化,不屬于氧化還原反應，故A正確；B．鐵鍋生銹是單質鐵變成+3價的鐵，是氧化還原反應，故B錯誤；C．過氧化鈉吸收CO2反生反應：，屬于氧化還原反應，故C錯誤；D．Fe（OH）2變為紅褐色反生反應：，屬于氧化還原反應，故D錯誤；故答案選：A。【點睛】氧化還原反應的實質式電子的得失或轉移，表現為化合價的升降。17、A【解析】

粗鹽中含有泥沙、硫酸鎂、氯化鈣等雜質，需先將粗鹽溶解，再加入氫氧化鈉、氯化鋇、碳酸鈉等生成氫氧化鎂、硫酸鋇、碳酸鈣、碳酸鋇等沉淀，過濾除去沉淀，在濾液中加入鹽酸，用蒸發的方法除去鹽酸和水，無需用到分液操作，故答案選A。18、B【解析】A、在溶液中碳酸氫鈉與氫氧化鈉反應生成碳酸鈉，結合圖像可知，開始沒有二氧化碳氣體生成，由于生成氣體消耗的鹽酸溶液體積（20mL）小于開始階段消耗的鹽酸溶液體積（25mL），則制成的稀溶液中的溶質為碳酸鈉和氫氧化鈉，則OA段0～25mL先發生酸堿中和，反應的離子反應方程式為OH-+H+==H2O，再發生碳酸鈉與鹽酸反應生成碳酸氫鈉與氯化鈉，其離子反應方程式為H++CO32-==HCO3-，A正確；B、結合圖像可知，當加入35mL鹽酸時，25mL～35mL發生碳酸氫鈉與鹽酸的反應生成二氧化碳氣體，設生成二氧化碳的物質的量為n，生成氣體時消耗的酸的物質的量為（35-25）×10-3L×1mol?L-1=0.01mol，則H++HCO3-＝CO2↑+H2O110.01moln則n=0.01mol，標況下二氧化碳的體積為224mL，B錯誤；C、設碳酸鈉、碳酸氫鈉和氫氧化鈉的物質的量分別為x、y、z，則根據碳原子守恒：①x+y=1mol/L×（0.045-0.025）L，根據Na2CO3、NaOH的物質的量與消耗的HCl的物質的量可得：②x+z=1mol/L×0.025L，根據總質量可得：③106g/mol?x+84g/mol?y+40g/mol?z=2.5g，聯立①②③式解得x=0.01mol，y=0.01mol，z=0.015mol，故NaOH的質量為0.015mol×40g/mol=0.6g，C正確；D、根據A的分析可知，A點的溶質為氯化鈉和碳酸氫鈉，D正確；答案選B。點睛：本題考查了有關混合物的計算、離子方程式的書寫，明確反應的先后順序及圖像中每段圖像對應的化學反應是解答本題的關鍵。注意圖像中起點、拐點、終點的意義。19、B【解析】

根據題意可知，本題考查從海水中獲得氯化鈉的操作，根據海水中主要含有氯化鈉，還含有氯化鈣、氯化鎂等易溶性的物質分析。【詳解】每次取20g海水，嚴格按照過濾、蒸發、冷卻、稱量、計算的實驗步驟規范操作，連續實驗三次，平均得固態鹽ag，若固態鹽全為NaCl，則該海水中含氯化鈉的質量分數是，但由于海水中主要含有氯化鈉，還含有氯化鈣、氯化鎂等易溶性的物質，在蒸發時，它們也與氯化鈉一同結晶析出，成為氯化鈉中的雜質，因此該海水中含氯化鈉的質量分數小于5a%，答案選B。【點睛】特別注意海水中主要含有氯化鈉，還含有氯化鈣、氯化鎂等易溶性的物質，在蒸發時，它們也與氯化鈉一同結晶析出，成為氯化鈉中的雜質。20、B【解析】氨氣和氯氣接觸時發生反應生成氯化銨、氯化氫和氮氣，反應的方程式為：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，氯化銨為白色固體，燒瓶中出現白煙，故A正確；氨氣和氯氣反應生成氮氣，不能生成二氧化氮紅棕色氣體，所以燒瓶中不能出現紅棕色，故B錯誤；該反應中，氨氣中的氮元素化合價由-3價升高到0價，化合價升高，表現還原性，故C正確；氯氣有毒，排放到空氣中污染環境，燒杯中盛放的為氫氧化鈉溶液可以和有害氣體氯氣反應，達到吸收有害氣體的目的，故D正確；故選B。考點：考查氯氣的性質、化學實驗裝置21、C【解析】

A.Na→NaOH→Na2CO3中，Na與H2O發生反應產生NaOH，NaOH吸收CO2反應產生Na2CO3和水，所以能一步實現，A不選；B.Fe→Fe(NO3)3→Fe(OH)3中反應分別是Fe與過量的硝酸反應產生Fe(NO3)3，硝酸鐵與NaOH溶液或氨水發生復分解反應產生Fe(OH)3，所以能一步實現，B不選；C.氧化鋁不能溶于水，和水不反應，所以不能一步生成氫氧化鋁，C選；D.Mg與鹽酸發生置換反應產生MgCl2，MgCl2與NaOH溶液發生復分解反應產生Mg(OH)2，所以能一步實現，D不選；故合理選項是C。22、C【解析】酸、堿、鹽都是電解質，單質和混合物既不是電解質又不是非電解質，非金屬氧化物、大多數有機物都屬于非電解質，故AD是電解質，C是非電解質，B既不是電解質也不是非電解質，答案選C。二、非選擇題(共84分)23、r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)HClO4離子鍵、共價鍵acH++HSO3-=SO2↑+H2O【解析】

現有A、B、C、D、E、F、G七種短周期主族元素，D是短周期中原子半徑最大的，D為Na；已知A、D位于同一主族，A為H；B、E最外層電子數是最內層電子數的2倍。B為C，E為Si；C、F的最外層電子數相等，且C、F的原子序數之和為A、D原子序數之和的兩倍，C、F的原子序數之和24，C的原子序數小于D，F的原子序數大于D，所以C為O；F為S；G為Cl；結合上述分析解答。【詳解】（1）離子的電子層數越多，半徑越大，電子層結構相同的離子，核電荷數越大，離子半徑越小；因此離子半徑由大到小的順序是：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)，本題答案是：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)（2）元素的非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性就越強，B、E、F、G最高價氧化物對應的水化物為：H2CO3、H2SiO3、H2SO4、HCIO4；因非金屬性：Cl>S>C>Si，所以最高價含氧酸酸性由強到弱的順序是：HClO4>H2SO4>H2CO3>H2SiO3；綜上所述B、E、F、G最高價氧化物對應的水化物酸性最強的是HClO4，本題答案是：HClO4。（3）由C、D兩元素能形成一種原子個數比為1：1的化合物為Na2O2，所含的化學鍵類型有離子鍵、共價鍵，本題答案是：離子鍵、共價鍵（4）a項、G為Cl原子，其單質Cl2與Na2S溶液反應的方程式為:Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，G的得電子能力強，G的非金屬性強，能說明G元素的非金屬性比F元素的非金屬性強，a正確；b項、非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性就越強，F氫化物的酸性比G的氫化物酸性弱不能說明G元素的非金屬性比F元素的非金屬性強，b錯誤；c項、G和F兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高，可知G的氫化物穩定，則G的非金屬性強，能說明G元素的非金屬性比F元素的非金屬性強，c正確；（5）A、C、D、F四種元素組成化合物M和N分別為：NaHSO4和NaHSO3，它們在溶液中相互反應的離子方程式是：H＋+HSO3－=SO2↑+H2O【點睛】粒子半徑比較基本原則：①一看“電子層數”：當電子層數不同時，電子層數越多，半徑越大。②二看“核電荷數”：當電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越小。③三看“核外電子數”：當電子層數和核電荷數均相同時，核外電子數越多，半徑越大。24、CO32－SiO32－和K＋H2SiO3H2O+SiO20.8mol·L－1【解析】

根據生成白色沉淀說明存在，放出標況下氣體說明存在，然后分析出存在的離子、，不存在的離子，、、，根據電荷守恒計算K+濃度，據此解答。【詳解】⑴生成白色膠狀沉淀，說明存在，放出標況下氣體說明存在，由于存在，、、等離子會與產生沉淀，所以不能存在，故答案為：、，、、；⑵與生成的白色沉淀，沉淀洗滌，灼燒至恒重，受熱分解，方程式為H2SiO3H2O＋SiO2，故答案為：H2SiO3H2O＋SiO2；⑶求K+的最小濃度，也就是溶液中只存在、、K+、四種離子，、、，根據電荷守恒得，，故答案為：【點睛】要求學生能夠根據現象判斷出存在的離子，然后結合離子共存知識、溶液中電荷守恒得出結論計算出結果。25、品紅溶液褪色增大接觸面,提高氣體的吸收效率干燥氣體；使氣體均勻混合；控制氣流速度,調整氣流比例Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O酸性和氧化性取少量白色固體溶于水,觀察到溶液呈藍色,證明有Cu2+；再滴加適量硝酸酸化的硝酸鋇溶液，有白色沉淀生成，證明有SO42-。綜上說明該白色固體為CuSO4【解析】（1）①SO2具有漂白性，能使品紅褪色，故能說明SO2存在的實驗現象是試劑瓶中的品紅溶液褪色；②多孔玻璃球泡可以增大SO2氣體與NaOH溶液的接觸面，提高氣體的吸收效率。（2）混合氣體通過b裝置，b裝置的作用有三個：干燥氣體、使氣體均勻混合、控制氣流速度，調整氣流比例。（3）加熱下，Cu能與濃硫酸反應，化學方程式為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；體現了濃硫酸的強氧化性和酸性。（4）濃硫酸中水的含量很少，生成的硫酸銅未溶解，以固體形式存在，故只看到白色固體，要檢驗白色固體的成分，可以取少量白色固體溶于水，觀察到溶液呈藍色，證明有Cu2+；再滴加適量硝酸酸化的硝酸鋇溶液，有白色沉淀生成，證明有SO42-。綜上說明該白色固體為CuSO4。26、分液漏斗酸性和還原性除去Cl2中混有的HCl氣體安全瓶，防止E中溶液倒吸入C中2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解析】

根據題中圖示可知，A裝置是制備氯氣的裝置；B裝置用于除去氯氣中的氯化氫雜質；C裝置用于探究氯氣與石灰乳反應制漂白粉的裝置；D裝置是安全瓶，起防止倒吸作用；E裝置是尾氣吸收裝置，防止多余的氯氣污染環境；據此解答。【詳解】（1）甲裝置中儀器a具有球形特征，有玻璃活塞，在該實驗中，可以控制加入的濃鹽酸，為分液漏斗；答案為分液漏斗。（2）A裝置中二氧化錳與濃鹽酸在加熱的條件下發生氧化還原反應，生成二氯化錳、氯氣和水，其化學方程式并標出電子轉移的方向和數目為，答案為。（3）由可知，濃鹽酸中4個Cl-，有2個Cl-化合價沒有改變，形成MnCl2，起酸的作用，有2個Cl-化合價升高，失電子，起還原劑的作用，濃鹽酸和二氧化錳反應過程中會揮發出氯化氫氣體，氯化氫在氯化鈉飽和溶液中易溶，而氯氣的溶解度小，通過飽和食鹽水的作用是除去Cl2中混有有的HC氣體，D裝置的作用是安全瓶，防止E中溶液倒吸入C中；答案為酸性和還原性，除去Cl2中混有有的HC氣體，安全瓶，防止E中溶液倒吸入C中。（4）制取漂白粉是氫氧化鈣與氯氣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，制取漂白粉的化學方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。27、無論是Na2CO3還是NaHCO3均可以與鹽酸反應產生CO2，兩者的反應現象相同，故達不到實驗目的2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑、CO2＋Ca(OH