2022-2023学年江苏省淮安市淮阴区化学高三第一学期期中考试试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：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、利用下列实验器材（规格和数量不限），不能完成相应实验的选项是选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体氯化钠配制100mL 0.5molL-1的溶液B烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸除去食盐中的泥沙C烧杯、玻璃棒

2、、蒸发皿、酒精灯浓缩结晶硫酸铜溶液制胆矾D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIAABBCCDD2、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A8gCH4O中含有的C-H键数目为NAB25时，100mLpH=8的氨水中NH4+的个数为9.910-8NAC56gFe和64gCu分别与1molS反应转移的电子数均为2 NAD标准状况下，2.24LCl2溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2 NA3、短周期主族元素xX、yY、zZ、wW、mM原子序数依次增大，X和W、Z和M同主族。其中Y元素的单质通常状况下呈气态，W元素原子半径是所在周期元素里原子半径最大的，

3、且x+y=z=1/2m。下列有关说法正确的是A简单离子半径大小：ZYWBW、M组成的化合物中可能含有非极性键C简单氢化物在水中的溶解度大小：YFe2+ Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入一定量的氯气，所得溶液中可能存在的离子是（）AI-、Fe3+BFe2+、Br-CFe2+、Fe3+DFe2+、I-13、下列除杂方法正确的是A用浓硫酸除去H2S中的H2O B用饱和碳酸氢钠除去Cl2中的HClC用铁粉除去FeCl3溶液中的CuCl2 D用灼热的CuO除去CO2中的CO14、下列各物质中，不能由化合反应得到的是 ( )AFeCl3BFeCl2CFe(OH)3DH2SiO315、如图

4、是SO2(g)和O2(g)反应生成SO3(g)的能量变化示意图，由图可知( )A2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= -197.8 kJ/molB2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= +197.8 kJ/molC2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= +98.9 kJ/molD2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= -98.9 kJ/mol16、某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成。已知该晶体的密度为d gcm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法错误的是A方块A含有1.5Fe2+、4个O2-B方块B含有0.5Fe

5、2+、4个O2-、4个Fe3+C该氧化物中Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为124D晶胞的边长为 107 nm二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物H是重要的有机物，可由E和F在一定条件下合成：（部分反应物或产物省略，另请注意箭头的指向）已知以下信息：iA属于芳香烃，H属于酯类化合物。iiI的核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1。回答下列问题：（1）E的含氧官能团名称是 _ ，B的结构简式是_。（2）BC和GJ两步的反应类型分别为 _，_。（3）E+FH的化学方程式是_。D与银氨溶液反应的化学方程式是_。（4）E的同系物K比E相对分子质量大28，则K的同分异构体共 _ 种，其中核磁

6、共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1，写出符合要求的该同分异构体的结构简式为（写出1种即可） _ 。18、A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。(1)若A为常见的金属单质，焰色试验呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：_(2)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强。写出A与H2O反应的离子方程式：_。X可能为_(填字母)。ANaHCO3 BNa2CO3 CAl(OH)3 DNaAlO2(3)若A为淡黄色粉末，回答下列问题：1molA与足量H2O充分反应时转移的电子数为_。若X为非金属单质

7、，通常为黑色粉末，写出D的电子式：_。若X为一种造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种稀溶液，可选择的试剂为_(填字母)。A盐酸 BBaCl2溶液 CNaOH溶液 DCa(OH)2溶液(4)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。A与H2O反应的化学方程式为_。检验溶液D中还可能存在Fe2的方法是_。19、某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i、液面上方出现白雾；ii、稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；iii、稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（

8、1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。 实验a目的是_。由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是_。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12

9、溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_。用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：_。20、氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气的制备氨气的发生装置可以选择上图中的_，反应的化学方程式为_。欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置_(按气流方向，用小写字母表示)。（2）氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步

10、骤实验现象解释原因打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中Y管中_反应的化学方程式_将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2_21、晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料，电池板中还含有硼、氮、钛、钻、钙等多种化学物质。请回答下列问题：（1）科学家常利用X-射线衍射实验区分晶体硼和无定形硼，二者之关的关系互为_。第二周期元素的第一电离能按由小到大的顺序排列，B元素排在第_位，其基态能量最低的能极电子云轮廊图为_。（2）硅酸根有多种结构形式，一种无限长链状结构如图1所示，其化学式为_，Si原子的杂化类型为_。（3）N元素位于元素周期表_区；该元

11、素形成的氢化物的沸点比同族元素的氢化物沸点高，其原因为_。（4）Co(NH3)63+的几何构型为正八面体形，Co在中心。Co(NH3)63+中，1个Co提供_个空轨道。该配位离子的作用力为_（填序号）。A金属键 B离子键 C共价键 D配位键 E氢键（5）一种由Ca、Ti、O三种元素形成的晶体的立方晶胞结构如图2所示。与Ti紧邻的Ca有_个。若Ca与O之间的最短距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度=_g cm3(用含a、NA的代数式表示)。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】A、配制氯化钠溶液，应首先称量

12、，缺少天平，选项A不能完成实验；B、除去食盐中的泥沙，可用溶解、过滤、蒸发结晶分离，用到的仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸，选项B能完成实验；C、浓缩结晶硫酸铜溶液制胆矾，可用结晶法，用到的仪器有烧杯、玻璃棒、蒸发皿、酒精灯，可完成实验，选项C能完成相应实验；D、用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，应在烧杯中反应后用分液的方法分离，用到的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗等，选项D可完成实验。答案选A。2、B【答案解析】A、8gCH4O(即0.25mol甲醇)，所含有的C-H键数目为0.75NA，故A错误；B、25时，pH=8的氨水中c(H+)水=1.010-8mol/L=c(

13、OH-)水，由Kw可求得溶液中的c(OH-)总=1.010-6mol/L，则由NH3H2O电离出的c(OH-)一水合氨=c(OH-)总-c(OH-)水=1.010-6mol/L-1.010-8mol/L=9.910-7mol/L=c(NH4+)，则NH4+的数目为9.910-7mol/L0.1LNA=9.910-8NA，所以B正确；C、由于S的氧化能力弱，所以铁和铜与S反应时都生成低价化合物，即铁显+2价，铜显+1价，所以56gFe(即1mol）与1molS恰好完全反应生成FeS,则转移的电子数为2 NA，64gCu(即1mol)与1molS反应生成0.5molCu2S，S过量，则转移的电子数

14、为NA，故C错误；D、标准状况下，2.24LCl2(即0.1mol)溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2 NA，则D错误。本题正确答案为B。点睛：看似简单的NA题，但在本题中最容易错选A、D，而B有可能计算错误。甲醇（CH4O）中并不是4个氢原子都与碳原子成键，而是3个，还要被分子式所迷惑；氯气是双原子分子，但并不能全部与水反应，还有一部分以Cl2的形式存在于水中；还要明确Kw的含义是溶液中总的c(H+)与总的c(OH-) 的乘积，这样才能求出由一水合氨电离出的c(OH-)，进而求出NH4+的个数。3、B【分析】本题考查学生对原子结构、元素周期律等知识

15、掌握程度，以及对短周期主族元素单质及其化合物化学性质的掌握，本题的突破口是“W元素原子半径是所在周期元素里原子半径最大的”，学生可以根据同周期原子半径变化规律，推出W为IA族元素，因为原子序数依次增大，即W为Na，X与W属于同主族，则X可能为H，也可能为Li，如X为Li，Y和Z位于第二周期，Y元素的单质通常呈气态，则Y可能是N，也可能是O，假设Y为N，依据xy=z=1/2m，xy=37=10，Z为Ne，Ne不属于主族元素，同理Y为O，也不符合该题意，因此X不能为Li，即X为H，按照Li的分析方式，推出Y为N，Z为O，M为S；【题目详解】W元素原子半径是所在周期元素里原子半径最大的，可以根据同周

16、期原子半径变化规律，推出W为IA族元素，因为原子序数依次增大，即W为Na，X与W属于同主族，则X可能为H，也可能为Li，如X为Li，Y和Z位于第二周期，Y元素的单质通常呈气态，则Y可能是N，也可能是O，假设Y为N，依据xy=z=1/2m，xy=37=10，Z为Ne，Ne不属于主族元素，同理Y为O，也不符合该题意，因此X不能为Li，即X为H，按照Li的分析方式，推出Y为N，Z为O，M为S；A、简单离子半径大小：N3O2Na，故A错误；B、组成的化合物为Na2S，只含有离子键，也有可能组成Na2Sx(x1)，Sx2内还含有SS非极性键，故B正确；C、氢化物分别是NH3、H2S，NH3与H2O之间形

17、成分子间氢键，增加NH3的溶解度，H2S与H2O不能形成分子间氢键，因此NH3在H2O中溶解度远远大于H2S，故C错误；D、组成的化合物NH4HS、(NH4)2S等离子化合物，故D错误。【答案点睛】难点是选项B，学生可根据同主族性质的相似性，推断出Na和S形成的化合物可能是Na2S、Na2S2，Na2S只含有离子键，Na2S2含有离子键和非极性共价键，同时平时学习中对一些课本上没有的知识加以记忆，如Na和S可以形成Na2Sx(x1)，这样就不会认为选项B不正确。4、D【答案解析】A.二氧化碳、二氧化硫与石灰乳反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，则固体1中主要含有CaCO3、CaSO3，A错误；B.X可以

18、是空气，且至少保证生成的二氧化氮与一氧化氮的物质的量之比为1：1时即可，不需过量，B错误；C.处理含NH4废水时，生成无污染的气体氮气，发生的反应为：NH4+NO2-=N2+2H2O，C错误；D.CO与石灰乳、NaOH均不反应，则气体2为CO，捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；答案为D。5、C【分析】无色溶液中不能含有有色离子。和铝反应生成氢气的溶液可能为酸或碱。【题目详解】A.碳酸根离子在酸性溶液中不存在，铵根离子在碱性溶液中不存在，故该组离子一定不能存在，故错误；B.铜离子有颜色，不错误；C.四种离子在酸性溶液或碱性溶液中都能存在，故正确；D.溶液中含有硝酸根离子，在酸性溶液中和铝反应

19、不能产生氢气，故错误。故选C。6、A【题目详解】A. CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，氢离子浓度减小，溶液的pH增大；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A正确；B. CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故B错误；C. CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；D. 加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，酸性减弱

20、，氢氧根离子浓度增大；加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故D错误；答案选A。【答案点睛】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度减小，溶液的pH增大，导电能力减弱，溶液中c（H+）减小；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液的pH增大，导电能力增强，溶液中c（H+）减小7、C【答案解析】Fe3+易水解，水解生成H+，配制溶液时加盐酸抑制水解，所以配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度，正确

21、；量筒的精确度为0.1mL，可以用10mL的筒量取4.8mL的浓硫酸，不能量取4.80mL浓硫酸，错误；蒸发溶液时，边加热边搅拌，直至蒸发皿中含有较多固体时，停止加热，用余热蒸干，错误；检验SO42-的操作先加HCl，再加氯化钡溶液，稀硝酸酸化，如果含有亚硫酸根离子，也会被氧化为硫酸根离子，错误；NaOH与KCl不反应，NaOH与AlCl3先生成白色沉淀，当氢氧化钠过量时沉淀又溶解，NaOH与MgCl2反应生成白色沉淀，最终沉淀不消失，三种物质的现象不同，可以鉴别，正确；中和热测定的实验中使用的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒和环形玻璃搅拌棒，错误；碱石灰溶解会放热，浓氨水和碱石灰混合，会有氨气生

22、成，能用于制备氨气，正确；NO能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集NO，应该用排水法，错误；结合以上分析可知，正确的有，C正确；答案选C。8、C【题目详解】A. 氯水是氯气溶于水形成的混合物，酸雨是pH小于5.6的雨水，是混合物，故A正确；B. 蔗糖在水溶液和熔融态下均不导电，属于非电解质，硫酸钡在熔融态时完全电离，属于强电解质，水只能部分电离，属于弱电解质，故B正确；C. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故C错误；D. 淀粉溶液和鸡蛋清溶液都是胶体，故D正确；故选C。9、D【答案解析】A. 根据在任何化合物中正负化合价的代数和为0可得化合物KCrO2中元素Cr为+3

23、价。正确但不符合题意，A不选。B.根据题意可知Cr2O3是两性氧化物。正确但不符合题意，B不选。C.根据氧化还原反应中氧化性;氧化剂氧化产物，可知在中氧化性K2Cr2O7I2。正确但不符合题意。C不选。在中H2O2中的O元素的化合价由-1价变为-2价，化合价降低，得到电子，表现为氧化性。错误符合题意。D选。答案选D。10、B【题目详解】AK2K1，所以醋酸电离程度比醋酸钠的水解程度大，所以溶液呈酸性，pHFe2+ Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入一定量的氯气，I-先被氧化，其次是Fe2+，最后是Br-；A. 向溶液中通入一定量的氯气，I-先被氧化，若溶液中存在I-，那么Fe3

24、+不能存在，A项错误；B.溶液中通入Cl2，I-先被氧化，其次是Fe2+，若Fe2+存在，Br-还未被氧化，因此溶液中存在Fe2+、Br-，B项正确；C.当溶液中存在Fe2+时，Br-还未被氧化，因此溶液中一定会存在Br-，C项错误；D. 当溶液中存在Fe2+时，Br-还未被氧化，因此溶液中一定会存在Br-，D项错误；答案选B。【答案点睛】本题的难点是确定发生氧化还原反应的离子的先后顺序，即先后规律，在浓度相差不大的溶液中：(1)同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应，如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性：Fe2Br，所以Fe2先与Cl2反应；(2)同时含有几种氧化

25、剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有Fe3、Cu2、H的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3Cu2，所以铁粉先与Fe3反应，然后再与Cu2反应。13、D【答案解析】A. 浓硫酸有强氧化性，会氧化H2S，故A错误； B. 要除去Cl2中的HCl应该是通过饱和食盐水，因为食盐水不吸收Cl2而吸收HCl，若用饱和碳酸氢钠溶液会吸收氯气，不符合除杂原则，故B错误；C. Fe与氯化铁、氯化铜均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故C错误；D. CO通过灼热的CuO生成CO2而除去，故D正确；故答案选D。14、D【题目详解】A. 铁在氯气燃烧生成氯化铁，属于化合反应，故A不符合题意；B. 氯化

26、铁和铁发生化合反应生成氯化亚铁，故B不符合题意；C. 氢氧化亚铁与氧气、水化合生成氢氧化铁，故C不符合题意；D. 硅酸不能通过化合反应制备，故D符合题意。综上所述，答案为D。15、A【答案解析】据图分析反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，SO2(g)+ 12O2(g) SO3(g) H=-98.9kJ/mol。【题目详解】据图分析反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，SO2(g)+ 12O2(g) SO3(g) H=-98.9kJ/mol。因此可推出：2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= -197.8 kJ/mol，答案为A。16、D【题目详解】A. 根据均摊法计算A

27、含有1+4=1.5个亚铁离子、4个氧离子，故A正确；B. 根据均摊法计算B含有4=0.5个亚铁离子、4个氧离子、4个铁离子，故B正确；C. Fe2+离子处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心。O2-位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个。Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，晶胞中Fe2+离子数目=4+8+6=8、Fe3+离子数目=44=16，O2-离子数目=48=32，故Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为8：16：32=1：2：4，故C正确；D. 晶胞中含有Fe2、Fe3、O2的个数分别是248，4416，8432，它们的相对原子质量之和是8232，根据mV可得8232d

28、a3NA，a107nm，故D错误；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基 取代反应（或水解反应） 加聚反应（或聚合反应） +CH3CH(OH)CH3+H2O +2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O 14 或 【分析】A属于芳香烃，分子式为C7H8，则A为，B与氯气在光照条件下发生甲基上取代反应生成B，结合B的分子式可知B为，B发生水解反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D与银氨溶液反应、酸化得到E为I的分子式为C3H7Cl，核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1，则I为CH3CHClCH3，I发生水解反应得到F为CH3CH(OH)CH3，E与F发生酯化反应生成H为I发

29、生消去反应生成G为CH2=CHCH3，G发生加聚反应生成J为，据此分析作答。【题目详解】（1）通过以上分析知，E为，含有官能团为羧基，B结构简式为，故答案为羧基； （2） B发生水解反应生成C为，其反应类型为：取代反应（或水解反应）；G发生加聚反应生成J为，其反应类型为：加聚反应（或聚合反应）；（3）E+FH的化学方程式为：+CH3CH(OH)CH3+H2O；D为，其与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O；（4） E的同系物K比E相对分子质量大28，则K的分子式为：C9H10O2，与E属于同系物，则含有羧基，且属于芳香族化合物， 则按苯环上的取代基个数分

30、类讨论如下：苯环上有一个取代基，则结构简式为、；苯环上有两个取代基，则可以是-CH2CH3和-COOH，也可以是-CH2COOH和-CH3，两个取代基的位置可以是邻间对，共23=6种；苯环上有三个取代基，则为2个-CH3和1个-COOH，定“二”议“一”其，确定其结构简式可以为：、和共6种，综上情况可知，K的结构简式有2+6+6=14种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式是或，故答案为14； 或(任意一种)。18、OH-+HSO=SO+H2O Cl2+H2O=H+Cl-+HClO BD NA AB 3NO2+H2O=2HNO3+NO 取D中适量溶液置于洁净试管中，

31、滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有Fe2+，否则无 【分析】若A为常见的金属单质，焰色试验呈黄色，A应为Na，X能使品红溶液褪色，X应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，A应为Cl2，则B为HClO，C为HCl；若A为淡黄色粉末，A应为Na2O2；若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红，D中含Fe3+，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3；以此解答。【题目详解】(1)由分析可知，若A为常见的金属单质，焰色试验呈黄色，A应为Na，X

32、能使品红溶液褪色，X为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，C和E反应的离子方程式为OH-+HSO=SO+H2O，故答案为：OH-+HSO=SO+H2O；(2) 若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，A应为Cl2，B为HClO，C为HCl，Cl2和水反应生成次氯酸、HCl，离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO；A. C为盐酸，可与NaHCO3反应生成NaCl、H2O和CO2，但它们与NaHCO3均不反应，故A不可能；B. 盐酸与Na2CO3反应生成CO2，CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3，故B可能；C. 盐酸与

33、氢氧化铝反应生成氯化铝，氯化铝与氢氧化铝不反应，故C不可能；D. NaAlO2与过量盐酸反应生成AlCl3，AlCl3和NaAlO2反应生成Al（OH）3，故D可能；故答案为：BD；(3)若A为淡黄色粉末，A应为Na2O2；1mol Na2O2与足量的H2O充分反应时，过氧化钠自身发生氧化还原反应，转移的电子数目为NA；故答案为：NA；若X为非金属单质，通常为黑色粉末，C为O2，X应为C，D为CO2，E为CO，二氧化碳的电子式为：；若X为一种造成温室效应的气体，X应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，A.与盐酸反应产生气泡较快的为NaHCO3，较慢的为Na2CO3，可

34、以鉴别；B.加入BaCl2产生白色沉淀的为Na2CO3，无明显现象的是NaHCO3，可以鉴别；C.加入NaOH溶液都无明显现象，不可以鉴别；D.加入Ca（OH）2溶液都产生白色沉淀，不可以鉴别；故答案为：AB；(4)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红，D中含Fe3+，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；Fe2+具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，操作为取D中适量溶液置于洁净试管中

35、，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有Fe2+，否则无，故答案为：取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有Fe2+，否则无。19、2Cl22Ca(OH)2 =Ca(ClO)2CaCl22H2O 漂白性 检验氯气 SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀 要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可 CaSO4 Cl2SO22H2O=2Cl-4H+ SO42- 【分析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后

36、褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【题目详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2C

37、l2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾推测现象的白雾由HCl小液滴形成，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也

38、可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为 氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2

39、H2O=SO42-+2Cl-+4H+。20、A(或B)2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+ CaCl2+2H2O(或B NH3H2ONH3+H2O)dcfei红棕色气体慢慢变浅8NH3+6NO27N2 +12H2OZ中NaOH溶液产生倒吸现象反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压【题目详解】(1)实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O，也可以选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3H2ONH3+H2O，故答案为A (或B)；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O(