广西桂林市重点名校2022-2023学年化学高三第一学期期中复习检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷请考生注意：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05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（每题只有一个选项符合题意）1、在体积为V L的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2(g)发生反应：H2(g)Br2(g)2HBr(g) H0。当温度分别为T1、T2，平衡时，H2的体积分数与Br2(g)的物质的量变化关系如下图所示。下列说法正确的是A由图可知：T1T2Ba、b两点的反应速率：baC为了提高Br2(g)的转

2、化率，可采取将HBr液化并及时移走的方法DT1时，随着Br2(g)加入，平衡时HBr的体积分数不断增加2、已知在常温下测得浓度均为0.1 mol/L的下列6种溶液的pH值如表所示：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3下列反应不能成立的是( )ACO2H2O2NaClO=Na2CO32HClOBCO2H2ONaClO=NaHCO3HClOCCO2H2OC6H5ONa=NaHCO3C6H5OHDCH3COOHNaCN=CH3COONaHCN3、以铅蓄电池为电源，石墨为电极电解CuSO4溶液，装置如下图。若一段时

3、间后Y电极上有6.4 g红色物质析出，停止电解。下列说法正确的是Aa为铅蓄电池的负极B电解过程中，铅蓄电池的负极增重30.3gC电解结束时，左侧溶液质量增重8gD铅蓄电池工作时正极电极反应式为：PbSO4+2ePb+SO424、下列反应中，水只作氧化剂的是氟气通入水中 水蒸气经过灼热的焦炭 钠块投入水中 铁与水蒸气反应 氯气通入水中A只有B只有C只有D只有5、下列有关仪器的使用或实验操作错误的是A分液漏斗、容量瓶、滴定管在使用前均需检查是否漏液B用MnO2与H2O2制备O2，可用启普发生器控制反应“随开随用，随关随停”C焰色反应实验前，需将所用铂丝或铁丝蘸取稀盐酸后灼烧数次至无色D烧杯、圆底烧

4、瓶、锥形瓶加热前必须擦干外壁并垫上石棉网6、下列各组中的两种物质相互作用时，在温度、反应物用量、反应物浓度等发生变化时，不会引起产物变化的是 （ ）A硫与氧气B钠与氧气C纯碱溶液与稀盐酸D铁与HNO3溶液7、三硅酸镁（Mg2Si3O8nH2O)难溶于水，在医疗上可做抗酸剂。它除了可以中和胃液中多余的酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，缓解刺激。将0.184g三硅酸镁（Mg2Si3O8nH2O）加入到50 mL0.1 mo1L1盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，用0.1 mo1 L1 NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则n为A6 B5 C4 D38、关于的表述正确

5、的是A一氯代物有3种B命名为2,3-2甲基丁烷C是丁烷的同系物D是2-甲基己烷的同分异构体9、一定温度下,可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)在容积一定的密闭容器中进行,下列各项中能说明反应已经达到平衡的是( )A容器中的压强不变B混合物的平均相对分子质量不变C各组分的浓度不变D混合气体的密度不变10、生物质废物能源化的研究方向之一是热解耦合化学链制高纯H2，工艺流程示意图如下。下列说法不正确的是( )A燃料反应器中Fe2O3固体颗粒大小影响其与CO、H2反应的速率B蒸汽反应器中主要发生的反应为3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2C从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分

6、离H2O，可获得高纯H2D当n(CO):n(H2)=1 : 1时，为使Fe2O3循环使用，理论上需要满足n(CO) :n(O2) = 2 : 111、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用 “水封法”保存的是A乙醇B硝基苯C甘油D己烷12、25时，将 10mLpH=11 的氨水稀释至 1L，溶液的 pH 或 pH 范围是A9B13C1113D91113、下列说法正确的是ASiO2溶于水显酸性B普通玻璃和氮化硅陶瓷分别属于传统无机非金属材料和新型无机非金属材料C因为高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以硅酸的酸性比碳酸强DSiO2是酸性氧化物，它在

7、常温时不溶于任何酸14、下列各组中的微粒在指定溶液中一定能大量共存的是Ac(AlCl3)1.0 molL-1的溶液中：、Cl-、K+、Na+B常温下，由水电离出的c(H+)10-14molL-1溶液中：Na+、K+、C常温下，0.1 molL-1的溶液中：K+、NH3H2O、D在c()0.1 molL-1的溶液中：、Cl-、15、工业合成氨的原料气来源于化石燃料，如采用甲烷与二氧化碳反应： 。（在某容器中，充入等物质的量的和）下列说法正确的是（ ）A该原料气的制备反应为放热反应，B压强关系：C恒温、恒压条件下，充入，平衡向逆反应方向移动D时的平衡常数16、高磷鲕状赤铁矿(主要含有、少量、CaO

8、，等)是我国一种重要的沉积型铁矿资源，以高磷鲕状赤铁矿为原料制备纯度较高的铁红，其流程如图所示。下列说法错误的是A铁红可用于油漆、油墨、建筑物着色剂B酸浸液遇溶液生成蓝色沉淀C洗涤滤渣时要用玻璃棒不断搅拌D氧化时选用的试剂可以是、NaClO溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子NaAl3Fe3Cu2Ba2阴离子OHClCO32-分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体；B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；少量C溶

9、液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；B溶液与D溶液混合后无现象；将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 molL1 H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、B、C、D、E的化学式：A_；B_；C_；D_；E_。（2）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。（3）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是_mL。18、已知A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增。A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而B原子的最外层电子数是次外层的2倍，

10、C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B和D可以形成两种气态化合物，E原子核外电子总数比B的2倍少1，F在本周期元素中原子半径最小。则： (1)A、B、C、D、E、F的名称分别是 _ 。 (2)在A至F中任选元素，写出一种含非极性键的离子化合物的电子式 _ 。 (3)由B和D组成，且B和D的质量比为38的化合物的电子式是 _ ，该物质与E的同周期相邻主族元素的单质反应的化学方程式为_ 。 (4)F单质与E的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为_。 (5)将8g BA4完全燃烧后恢复到室温，放出热量a kJ，写出表示BA4的燃烧热的热化学方程式_。19、某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的

11、反应。实验序号实验操作实验现象紫色褪去，溶液变为棕黄色紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色资料：i. MnO4 在酸性条件下最终被还原为Mn2+。ii. 酸性条件下氧化性: KMnO4KIO3I2 。（1）实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了_。（2）实验小组继续对实验II反应中初始阶段的产物成分进行探究：经检验，实验II初始阶段I 的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为_。黑色固体是_。设计实验方案证明在“紫色清液”中存在IO3-：_。写出生成IO3-的离子方程式：_。（3）探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因。用离子方程式解释实验II中棕褐色沉淀消失的原因：_。（4）实验反

12、思：KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与_有关（写出两点即可）。20、某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应，实验装置如图所示(夹持装置略)。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2。（1）盛放铜片仪器的名称为_；（2）实验开始前必须通一段时间N2，如果不通N2，对实验有何影响_；（3）装置A中的现象是_；（4）装置B中NaOH溶液的作用是_；（5）若装置D中有黑色固体生成，则发生反应的化学方程式是_。（6）利用NO可制得NH4NO3产品，流程如下：装置I中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO和NO，写出生成NO和NO的物质的量之比为2:1的离子方程式：_；已知进入装置溶

13、液中的NO浓度为a molL-1，要使b L该溶液中的NO完全转化NH4NO3，至少需通入标准状况下的O2_L(用含a，b的代数式表示)。21、二氧化硫是造成大气污染的主要有害气体之一，工业制备硫酸的接触室中二氧化硫不能完全转化为三氧化硫，尾气必须处理。某兴趣小组模拟接触室中反应，如图是分别在三种不同实验条件下进行反应，反应物二氧化硫的浓度随时间的变化。(1)工业制硫酸的接触室中用二氧化硫与氧气制三氧化硫的生产条件为_。(2)实验，04min 平均反应速率v(O2)=_。(3)实验可能改变的条件是什么：_请简述理由。_（已知正反应放热）(4)二氧化硫尾气可以用氨水吸收，最终的产物可能有(NH4

14、)2SO4、(NH4)2SO3、NH4HSO3。若三者的物质的量浓度相同时，铵根离子浓度由大到小的顺序为_。(5)浓硫酸是常见的干燥剂，请解释不能干燥硫化氢与氨气的原因_。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、B【题目详解】A根据图象可知，当加入的n（Br2）均为n1建立化学平衡后，H2的体积分数温度T1的大于温度T2，该反应是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆反应方向移动导致氢气的体积分数降低，所以T1T2，A错误；B对a和b来说，温度相同，H2的初始量相同，Br2的初始量是ba，a、b两个平衡状态，可以认为是向a的平衡状态加入（n2

15、-n1）molBr2建立了化学平衡b，而加入Br2，平衡向正反应方向移动，建立平衡b后，其反应速率要增加，即两点的反应速率ab，B正确；C最易液化的是Br2，故采用液化分离提高反应物转化率的方法错误，C错误；D当温度均为T1时，加入Br2，平衡会向正反应方向移动，导致HBr的物质的量不断增大，但体积分数不一定逐渐增大，这与加入的溴的量及转化率有关，D错误；答案选B。【答案点睛】本题考查了外界条件对化学平衡的影响，易错选项是D，注意反应物的转化率增大，生成物的体积分数不一定增大，这与反应物的量有关。2、A【答案解析】根据盐类水解的规律，判断出对应酸性的强弱，然后利用酸性强的制取酸性弱，进行判断。

16、【题目详解】利用盐类水解中越弱越水解，判断出电离H能量的强弱顺序是CH3COOHH2CO3HClOHCNC6H5OHHCO3；A、根据上述分析，HClO电离出H大于HCO3，因此此反应应是CO2H2ONaClO=NaHCO3HClO，选项A不成立；B、根据A选项分析，选项B成立；C、电离出H的大小顺序是H2CO3C6H5OHHCO3，C选项成立；D、利用酸性强的制取酸性弱，CH3COOH的酸性强于HCl，D选项成立。【答案点睛】难点是判断反应方程式的发生，本题不仅注意酸性强的制取酸性弱的，还应对比生成物中电离程度，如A选项，CO32对应的是HCO3，HClO电离H的能力强于HCO3，HClO能

17、与CO32反应生成HCO3，正确的反应是CO2H2ONaClO=NaHCO3HClO。3、C【答案解析】Y电极上有6.4g红色物质析出，则m（Cu）=6.4g，n（Cu）=0.1mol，故Y电极上发生的电极反应为Cu2+2e-=Cu，则Y电极得电子发生还原反应，故Y为阴极，与阴极相连的为负极，即b为负极，在电解池中阴离子移向阳极。AY电极上发生的电极反应为Cu2+2e-=Cu，则Y电极得电子发生还原反应，故Y为阴极，与阴极相连的为负极，即b为负极，故A错误；B铅蓄电池负极上Pb失电子和SO42-反应生成PbSO4，负极增加的质量为SO42-质量，Y电极上有6.4g红色物质析出，n（Cu）=0.

18、1mol，转移电子物质的量=0.1mol2=0.2mol，负极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，根据转移电子守恒得参加反应的n（SO42-）=0.1mol，则负极增加的质量m（SO42-）=0.1mol96g/mol=9.6g，故B错误；C右侧发生的电极反应为Cu2+2e-=Cu，n（Cu）=0.1mol，则n（e-）=0.2mol，则转移电子0.2mol，同时有=0.1molSO42-进入左侧，其质量为0.1mol96g/mol=9.6g，且阳极上有=0.05molO2，其质量为0.05mol32g/mol=1.6g，左侧溶液质量增加为9.6g-1.6g=8g，故C正确；D铅蓄电

19、池工作时正极电极反应式为4H+PbO2+2e-+SO42-=PbSO4+2H2O，故D错误；故选C。点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据各个电极上发生的反应结合物质之间的关系式来分析解答，注意铅蓄电池放电时，负极上铅失电子，但因为生成硫酸铅而导致负极板质量增加，为易错点。4、D【分析】根据氧化还原反应的特点，化合价升高的反应是氧化剂，所以通过分析在反应中水中的氢元素化合价既能判定。【题目详解】氟气通入水中发生的反应为：2F2+2H2O=4HF+O2 ,水中氧元素的化合价升高，所以水做还原剂；水蒸气经过灼热的焦炭发生的反应为：C+H2O(g) =CO+H2，水中的氢的化合价降低，所以水做氧化

20、剂；钠块投入水中发生的反应为：2Na+2H2O= 2NaOH+H2, 水中的氢的化合价降低，所以做氧化剂；铁与水蒸气反应发生的反应为：3Fe+4H2O= Fe3O4+4H2, 水中的氢的化合价降低，所以水做氧化剂；氯气通入水中发生的反应为:Cl2+ H2OHCl+HClO水中的氢和氧的化合价都没有变化，所以水既不是氧化剂也不是还原剂。综上所述A. 只有不符合题意； B. 只有不符合题意；C. 只有不符合题意；D. 只有符合题意；答案：D。【答案点睛】根据氧化还原反应特征判断氧化剂和还原剂。氧化剂是所含元素的化合价降低的物质，还原剂是所含元素的化合价升高的物质。结合水中H、O元素的变化特征进行解

21、答。5、B【答案解析】A.具有塞子、活塞的仪器在盛装溶液前都需要检查是否漏液，故A正确；B双氧水分解制备氧气时放出大量的热，会使启普发生器炸裂，故不能使用启普发生器，故B错误；C盐酸易挥发，灼烧后不干扰实验，则焰色反应实验前，需将所用铂丝或铁丝蘸取稀盐酸后灼烧数次至无色，故C正确；D烧杯、圆底烧瓶、锥形瓶都是玻璃仪器，加热前若外壁有水，会造成仪器炸裂，又因为三者都不能直接加热，故在加热前应垫上石棉网，故D正确；故答案选B。点睛：化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，解答时注意掌握氧气的制备原理，常见仪器如A项和D项中的分液漏

22、斗、容量瓶、滴定管等仪器的使用方法和基本操作。同时掌握相关物质的性质是解答C项的关键。6、A【答案解析】试题分析：A、无论氧气是否过量生成都是SO2，故正确；B、常温下，钠和氧气生成Na2O，点燃或加热生成Na2O2，故错误；C、盐酸少量，发生CO32H=HCO3，盐酸过量，发生CO322H=CO2H2O，故错误；D、硝酸是浓硝酸，常温下发生钝化反应，铁过量，生成Fe(NO3)2，铁不足，生成Fe(NO3)3，故错误。考点：考查元素及其化合物的性质等知识。7、A【答案解析】试题分析：由题意知，三硅酸镁可以和盐酸反应生成的H2SiO3和氯化镁。将0.184g三硅酸镁（Mg2Si3O8nH2O）加

23、入到50 mL0.1 mo1L1盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，用0.1 mo1 L1 NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则剩余的盐酸n(HCl)=n(NaOH)=0.003mol。50 mL0.1 mo1L1盐酸中含0,005mol溶质，所以与三硅酸镁反应的盐酸为0.002mol。由4HCl Mg2Si3O8nH2O可以求出三硅酸镁的物质的量为0.0005mol，求出三硅酸镁的摩尔质量为g/mol，则24，解之得n为6，A正确，本题选A。8、C【答案解析】A此有机物是轴对称结构，结构中含2种H原子，故一氯代物有2种，故A错误；B烷烃命名时，应选最长的碳链为主链，故主链上有4

24、个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子编号，故在2号和3号碳原子上各有一个甲基，故名称为2，3二甲基丁烷，故B错误；C此有机物和丁烷的结构相似、在分子组成上相差2个CH2原子团，故和丁烷互为同系物，故C正确；D2甲基己烷的分子式为C7H16，而此有机物的分子式为C6H14，两者的分子式不相同，故不互为同分异构体，故D错误；故答案为C。9、C【分析】反应达到化学平衡状态时，正反应逆反应速率相等，各物质的浓度百分含量不变，本题中，反应前后气体化学计量数相等，据此进行分析。【题目详解】A. 反应前后气体计量数相等，容器中压强始终不变，A错误。B. 反应前后气体计量数不变，混合物的平均相对分子质量

25、一直不变，B错误。C. 各组分浓度不变，说明正反应逆反应速率相等，反应达到平衡，C正确。D. 混合气的密度一直不变，D错误。【答案点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意本反应反应前后气体化学计量数相等，不能用压强不变、平均相对分子质量不变、混合气体的密度不变判断反应的平衡状态。10、D【题目详解】A燃料反应器中Fe2O3固体颗粒越小，接触面积越大，反应速率越快，故A正确；B根据图示，蒸汽反应器中铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，发生的反应为3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2，故B正确；CH2O的沸点比H2的沸点高得多，从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得

26、高纯H2，故C正确；D根据氧元素守恒，反应体系有水蒸气通入，为使Fe2O3循环使用，理论上n(CO) :n(O2) 2 : 1，故D错误；选D。11、B【分析】有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答【题目详解】A. 乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；B. 硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；C. 甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；D. 己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；答案选B。12、D【题目详解】一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，将 10mLpH=11 的氨水稀释至 1L，氨水稀释100倍后，溶液中氢氧根离子浓度大

27、于原来的，则稀释后溶液的pH在911之间，故D正确；答案选D。13、B【答案解析】A、SiO2难溶于水；B、水泥、玻璃、陶瓷的主要成分都含有硅酸盐，在我国使用时间长远，广泛，被称为三大传统的无机非金属材料；新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；C、SiO2与Na2CO3反应放出CO2，原理是高沸点制低沸点；D、SiO2是酸性氧化物，它在常温时溶于氢氟酸。【题目详解】A、SiO2难溶于水，故A错误；B、玻璃是传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，故B正确；C、SiO2与Na2CO3反应放出CO2，原理是高沸点制低沸点，不是在水溶液中进行的

28、反应，故C错误；D、SiO2是酸性氧化物，它在常温时溶于氢氟酸，故D错误；故选B。14、C【题目详解】A. 与 发生互促水解反应，不能大量共存，故A不选；B. 常温下，由水电离出的c(H+)10-14molL-1溶液中，抑制了水的电离，可能含有大量的氢离子或者大量的氢氧根离子，与氢离子、氢氧根离子均不能大量共存，故B不选；C. 常温下，0.1 molL-1的溶液中呈碱性，K+、NH3H2O、子之间不反应，且和OH不反应，所以能大量共存，故C选；D. 在c()0.1 molL-1的溶液中，与反应， ，不能大量共存，故D不选；故选：C。15、D【题目详解】A由图像中的变化曲线可知，温度越高，转化率

29、越高，故正反应方向为吸热反应，则，A错误；B由化学方程式可知，该反应为气体分子数增多的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，即压强越高，转化率越低，则由图中的四组压强曲线可知，B错误；C恒温恒压，充入惰性气体，容器容积增大，平衡正向移动，C错误；D由图像可知，时取压强为，的转化率为50%，由三段式处理数据：该温度的平衡常数，D正确；故选D。16、C【分析】高磷鲕状赤铁矿主要含有的,又称铁红，易溶于强酸，中强酸，外观为红棕色粉末。可用于油漆、油墨、橡胶等工业中，可作为催化剂，炼铁原料。在碳粉与铁矿石焙烧、硫酸酸浸后, 溶液中含有Fe2+、Al3+、Ca2+，而后利用氨水调节溶液pH约5.2-7，

30、可使Al3+沉淀完全，而Fe2+、Ca2+不受影响。利用氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+后，由于Fe3+沉降的pH为2.7-3.7，故此时Fe3+因水解成为氢氧化铁而沉降。通过对滤渣洗涤、干燥、灼烧可得氧化铁。【题目详解】A. 铁红的主要成分是氧化铁,为红棕色,可用于油漆、油墨、建筑物的着色剂，A项正确；B. 酸浸液中含有Fe2+,遇溶液生成蓝色的沉淀, B项正确；C. 用玻璃棒不断搅拌会破坏氢氧化铁,使一部分氢氧化铁溶解，降低产率，C项错误；D. 氧化Fe2+时可选用、NaClO溶液作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+。反应原理分别为：2Fe2+ +H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O ，

31、2Fe2+ ClO -+ 2H+ = 2Fe3+ + Cl- + H2O，D项正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CuSO4FeCl3Ba（OH）2Al（NO3）3Na2CO32Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO23Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4H2O500【分析】蓝色沉淀是氢氧化铜，白色固体是硫酸钡，据此判断A和C是硫酸铜和氢氧化钡 ；在剩余阳离子中只有Na+可以与CO32-结合，红褐色沉淀是氢氧化铁，气体是二氧化碳，B或E是碳酸钠，B、E中的另一种物质是铁盐；说明C是氢氧化钡，D是铝盐，相应地A是硫酸铜；说明E是碳酸钠，B是铁盐；说明D是硝酸铝

32、，相应地B是氯化铁。【题目详解】（1）A、B、C、D、E的化学式分别为：CuSO4、FeCl3、Ba（OH）2、Al（NO3）3、Na2CO3。（2）步骤中Fe3+与CO32的水解互促至水解完全，发生反应的离子方程式：2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2。（3）步骤中稀硝酸与铜发生反应，反应的离子方程式：3Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4H2O。38.4gCu的物质的量为0.6mol，消耗1.6mol H+，需要0.8molH2SO4，因此，若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是=500mL。18、氢、碳、氮、氧、钠、氯 CO2+2MgC+2MgO 2

33、NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-2akJ/mol 【分析】A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，应为H元素；B原子的最外层电子数是次外层的2倍，应为C元素；C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为N元素，形成的氢化物为氨气，为碱性气体；B和D可以形成两种气态化合物，应分别为CO和CO2，则D为O元素；E原子核外电子总数比B的2倍少1，则E的原子序数为11，应为Na元素；A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，且F在本周期元素中原子半径最小，应为Cl元素。【题目详解】(1) 综上所述A、B、

34、C、D、E、F的名称分别是氢、碳、氮、氧、钠、氯，因此答案是:氢、碳、氮、氧、钠、氯；(2) 在A至F元素中含非极性键的离子化合物Na2O2，其电子式，因此答案是: 。 (3) B为C、D为O，由C和O组成的且C和O的质量比为38的化合物为CO2，其电子式为 ，该物质与E为Na的同周期相邻主族元素Mg的单质反应的化学方程式为CO2+2MgC+2MgO,因此答案是；CO2+2MgC+2MgO。 (4) F单质为Cl2与Na的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；因此答案是: 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O ； (5) BA4为C

35、H4，将8g 的CH4完全燃烧后恢复到室温，放出热量a kJ，则1mol CH4完全燃烧放出2akJ的热量，则CH4的燃烧热的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-2akJ/mol，答案：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-2akJ/mol。19、I2 溶液分层，下层液体无色 MnO2 取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3- 2MnO4- + I- + 2H+ = 2MnO2 + IO3- + H2O MnO2 + 2I- + 4H+ = Mn2+ + I

36、2 + 2H2O 试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱 （其他答案合理给分） 【分析】（1）实验1中碘化钾过量，MnO4 在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色；（2）I 的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色。二氧化锰能催化双氧水分解。利用IO3-的氧化性，证明在“紫色清液”中存在IO3-。高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3；（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质。（4）根据实验现象分析。【题目详解】（1）实验1中碘化钾过量，MnO4 在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色，所以实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了I2；（2）I 的氧化产物不是I2，则CC

37、l4层呈无色，“实验现象a”为溶液分层，下层液体无色。二氧化锰能催化双氧水分解，黑色固体加入过氧化氢，立即产生气体，则黑色固体是MnO2；IO3-具有氧化性，IO3-可以被Na2SO3还原，取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3-。高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3，反应的离子方程式是2MnO4- + I- + 2H+ = 2MnO2 + IO3- + H2O；（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质，反应方程式是MnO2 + 2I- + 4H+ = Mn2+ + I2 + 2H2O。（4）根据以上实

38、验分析，KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱有关。20、三颈烧瓶 空气中的氧气会与NO反应，会对实验造成干扰 铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液 吸收挥发的硝酸，防止与铜反应，对实验造成干扰 2Cu+2NO2CuO+N2 3NO+7 Ce4+5H2O = 2 NO+ NO+7 Ce3+10H+ 11.2ab 【分析】实验开始前先通入氮气除去装置内的空气，以免NO和空气中的氧气反应干扰实验，然后打开分液漏斗活塞，使铜与稀硝酸在A装置中反应产生NO，气体通过B装置后除去挥发出来的HNO3，通过C装置除去水蒸气，干燥的NO和D中铜粉反应，E

39、装置收集到氮气，据此解答。【题目详解】（1）盛放铜片仪器的名称为：三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）本实验用一氧化氮和铜反应，而一氧化氮遇空气易被氧气所氧化，所以在装置中通入氮气，排尽空气，故答案为：空气中的氧气会与NO反应，会对实验造成干扰；（3）A中的反应是铜与稀硝酸，反应生成硝酸铜，一氧化氮和水。装置A中的现象是：铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液，故答案为：铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液；（4）A中的反应物有硝酸，硝酸易挥发，B中的氢氧化钠用于除去挥发出的硝酸，防止其进入D中，故答案为：吸收挥发的硝酸，防止与铜反应，对实验造成干扰；（5）一氧化氮和铜反应，铜做还原剂，

40、化合价升高变为氧化铜，铜为红色粉末，而氧化铜为黑色固体，所以现象为红色粉末变为黑色说明NO与Cu反应，则发生反应的化学方程式是：2Cu+2NO2CuO+N2，故答案为：2Cu+2NO2CuO+N2；（6）装置I中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO和NO， NO被Ce4+氧化成NO和NO，N元素的化合价由+2变为+5，+3，且生成NO和NO的物质的量之比为2:1，失电子物质的量为：(5-2) 2+(3-2)mol=7mol电子，Ce4+被还原产物Ce3+，得电子物质的量为：1mol电子，根据得失电子守恒，原子守恒，电荷守恒，写出离子反应方程式为：3NO+7Ce4+5H2O = 2 NO+ NO+7 Ce3+10H+，故答案为：3NO+7Ce4+5H2O = 2 NO+ NO+7 Ce3+10H+；NO被氧气氧化成，N元素的化合价由+3变为+5，氧气中的O元素化合价由0变为-2，根据得失电子数相等，n(NO)：n(O2)=