2022-2023学年江苏省射阳县第二中学化学高三上期中复习检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知：C(金刚石，固)C(石墨，固) + 1.9 kJ 则下列判断正确的是A石墨比金刚石稳定B等质量的石墨比金刚石能量高C发生了物理变化D金刚石转化为石墨没有化学键的断裂与生成2、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中：

2、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向稀硫酸中加入NaOH溶液至中性：H+OH-=H2O向稀硫酸中加入Ba（OH）2溶液至中性：H+OH-=H2OC向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：Al3+4OH-=NaAlO2+2H2O向氯化铝溶液中加入足量氨水Al3+4NH3H2O = AlO+4NH+2H2OD向Ca（OH）2溶液中通入过量CO2: CO2+OH-=HCO向Ca（OH）2溶液中通入过量SO2：SO2+OH- = HSOAABBCCDD3、将下列溶液分别稀释到100 mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是A15 mL 1 molL1

3、的AlCl3B50 mL 1 molL1的KClC20 mL 2 molL1的NH4ClD10 mL 2 molL1的CaCl24、著名化学家徐光宪获得国家最高科学技术奖，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。（注：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+Fe3+I2。）下列说法正确的是A铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HICeI4+ 2H2B用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4+ + 2Fe2+=Ce3+ 2Fe3+C在一定条件下，电解熔融状态的CeO2制Ce，在阴极获得铈D铈的

4、四种核素、，它们互称为同素异形体5、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素在常温下A元素的单质是密度最小的气体，B元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，C元素在同周期的主族元素中原子半径最大，D元素是地壳中含量最多的金属元素，E元素的单质是黄绿色的气体。下列说法正确的是（ ）A由元素A、B组成的化合物常温下一般是液态的B元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间不可能发生反应C由元素B、C、D组成的化合物可用作漂白剂D化合物AE与CE含有相同类型的化学键6、下列四组物质反应，其中与其它三组有本质不同的是（ ）ANa2O2+ H2O BF2+ H2OCCl2+ H2O

5、DNO2+ H2O7、CO2催化加氢制取甲醇的研究，对于环境、能源问题都具有重要的意义。反应如下：反应：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) H1=58 kJ mol-1 反应：CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) H2= +42 kJ mol-1下列说法不正确的是A增大氢气浓度能提高二氧化碳的转化率B增大压强，有利于向生成甲醇的方向进行，反应的平衡常数增大C升高温度，生成甲醇的速率加快，反应的限度同时增加D选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物中的比率8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A常温常压下，1 mol甲基(14CD

6、3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NABpH1的H2SO3溶液中，含有0.1NA个HC1 mol Fe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NAD1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NA9、NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A8.7gMnO2与40mL10mol/L的浓盐酸充分反应，生成氯气分子数为0.1NAB标准状况下，11.2L氯仿中含有的共价键总数为2NAC1mol甲基（14C1H3）所含的中子数和电子数分别为8NA、9NAD1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子10、在点燃H2、CO、CH4等易燃性气体前，必须检

7、验气体的纯度在稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒搅拌浓碱对皮肤有腐蚀作用，如不慎沾到皮肤上，应用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液给试管中的液体加热时，液体不超过试管容积的点燃添满酒精的酒精灯A仅 B仅 C仅 D全部11、下列反应能用离子方程式CO32-+2H+=CO2+H2O表示的是A石灰石与足量盐酸反应 B碳酸钠与足量盐酸反应C碳酸钠与足量醋酸反应 D碳酸钡与足量硝酸反应12、化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是（ ）A服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B酒精可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧化变质

8、D“酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的13、水溶液X中可能溶有K+、Mg2+、Al3+、Al(OH)4-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子某同学对该溶液进行了如下实验： 下列判断不正确的是（ ）A气体甲可能是混合物B沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C白色沉淀乙的主要成分是氢氧化铝DK+、Al(OH)4-和SiO32-一定存在于溶液X中14、根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序正确的是()Cl22KI=I22KCl2FeCl32HI=I22FeCl22HCl 2FeCl2Cl2=2FeCl3 I2SO22H2O=2HIH2SO4ACl2Fe3I2

9、SO2BFe3Cl2I2SO2CCl2I2Fe3SO2DCl2Fe3SO2I215、设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A在含Al3总数为NA的AlCl3溶液中，Cl总数为3NAB标准状况下，NO和O2各11.2L混合充分反应，所得气体的分子总数为0.75 NAC常温下，1.0 LpH = 13的Ba(OH)2溶液中含有的OH数目为0.1NAD标准状况下，22.4 L甲醇中含有的CH的数目为3NA16、按如图所示装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述不正确的是A若A为浓硫酸，B为K2SO3，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则

10、C中先变浑浊后澄清C若A为醋酸，B为CaCO3，C中盛Na2SiO3溶液，则C中溶液中变浑浊D若A为双氧水，B为MnO2，C中盛Na2S溶液，则C中溶液中变浑浊二、非选择题（本题包括5小题）17、有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A比B少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子数之比为21。请回答下列问题：（1

11、）CB3分子的空间构型是_，其固体时的晶体类型为_。（2）写出D原子的核外电子排布式_，C的氢化物比D的氢化物在水中溶解度大得多的原因_。（3）D和Fe形成一种黄色晶体FeD2，FeD2晶体中阴、阳离子数之比为_，FeD2物质中具有的化学键类型为_。18、有A、B、C、D、E、F6种短周期元素，G为过渡元素；已知相邻的A、B、C、D 4种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示。1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E单质粉末与G的氧化物常用于野外焊接钢轨；F是短周期最活泼的金属元素。请回答下列问题：（1）元素D、G的名称分别为：_。（2）D的单质与C的气态

12、氢化物反应方程式为_。（3）C、E、A的简单离子半径：_，B、C、D的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序为_(用化学式表示)。（4）向D与E形成的化合物的水溶液中滴加过量烧碱溶液的离子方程式为_。（5）用电子式表示F与C形成化合物的过程_。（6）G的单质与高温水蒸气反应的方程式_。（7）部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是_。AB只能得电子，不能失电子 B原子半径GeSiCAs可作半导体材料 DPo处于第六周期第VIA族19、如图中分别是某课外活动小组设计的制取氨气并用氨气进行喷泉实验的两组装置，回答下列问题：（1）用A图所示的装置可制

13、备干燥的NH3，反应的化学方程式为：_。干燥管中干燥剂能否改用无水CaCl2？_。（填“能”或“不能”）检验NH3是否收集满的实验方法是：_。氨气溶于水呈碱性的原因是：_。（2）若要配制100mL9.0mol/L的氨水，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_、_。（3）将等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序为_。（4）用B图所示的装置可进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥氨气，引发水上喷的操作是_，该实验的原理是：_。20、某工厂用软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和闪锌矿（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质）为原料制备MnO2和Zn（干

14、电池原料），其简化流程如下：已知：反应中所有金属元素均以离子形式存在。有关常数：KspAl(OH)31.01033、KspFe(OH)33.01039、KspMn(OH)22.01013、KspZn(OH)21.01017、Ksp(MnCO3)2.01011、Ka1(H2CO3)4.0107、Ka2(H2CO3)5.61011。回答下列问题：（1）滤渣1中除了SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应的离子方程式_。（2）反应中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，滤渣2的主要成分是_。（3）反应中MnO2的作用是_，若反应后溶液中Mn2、Z

15、n2均为0.1molL1，需调节溶液pH范围为_（溶液中，当一种离子的浓度小于106mol/L时可认为已不存在），X可以是_。（填字母代号）aMgO bZn(OH)2 cCu2(OH)2CO3 dMnCO3（4）反应中电极均是惰性电极，写出阳极电极反应式_。本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和_。（5）MnCO3有多种用途。废水处理领域中常用NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，该反应的离子方程式为_。试通过题述有关数据简要计算说明该反应能进行的原因：_。21、A、B都是短周期元素，原子最外层电子排布式分别为(n+1)sx、nsx+1npx+3。A与B可形成化合物C和D。D溶于水

16、时有气体E逸出，E能使带火星的木条复燃。请回答下列问题：(1)比较电离能：I1(A)_(填“”或“Fe3+的信息，是解题的关键。5、A【分析】A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，在常温下A元素的单质是密度最小的气体，则A是H元素；B元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，B是短周期元素，最外层电子数不能超过8个，所以其最外层电子数是6，且有两个电子层，B为O元素；C元素在同周期的主族元素中原子半径最大且原子序数大于O，所以C是Na元素；D元素是地壳中含量最多的金属元素，D为Al元素；E元素的单质是黄绿色的气体，则E是Cl元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A

17、是H元素，B为O元素，C是Na元素，D为Al元素，E是Cl元素。A由元素H、O组成的化合物可有H2O，H2O2，常温下是液态的，故A正确；BNa、Al元素的最高价氧化物的水化物为NaOH、Al(OH)3，氢氧化铝为两性氢氧化物，二者能发生反应生成偏铝酸钠，故B错误；C由元素O、Na、Al组成的化合物是NaAlO2，没有漂白性，故C错误；DHCl中含共价键，NaCl中含离子键，化学键类型不同，故D错误；故选A。6、B【答案解析】A、2Na2O2 +2H2O=4NaOH+O2 反应中，过氧化钠中的氧元素部分化合价升高部分化合价降低，所以氧化剂和还原剂是同一物质；B、2F2 +2H2O=4HF+O2

18、 反应中，氟元素化合价降低，氧元素化合价升高，所以氧化剂是氟气，还原剂是水；C、Cl2 +H2O=HCl+HClO反应中，氯气中氯元素部分化合价升高部分化合价降低，所以氧化剂和还原剂是同一物质；D、3NO2 +H2O=2HNO3 +NO反应中，二氧化氮中氮元素部分化合价升高，部分化合价降低，所以氧化剂和还原剂是同一物质；根据上述分析可知，只有B选项中氧化剂和还原剂不是同一种物质，A、C、D氧化剂和还原剂是同一个物质，为歧化反应，因此选B；综上所述，本题应选B。【答案点睛】本题重点考查氧化还原反应的知识。在氧化还原反应中，元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，得到还原产物，作氧化剂；元素化合价

19、升高，失去电子，发生氧化反应，得到氧化产物，作还原剂；氧化剂和还原剂可为同一物质或同种元素。7、B【题目详解】A. 增大氢气浓度平衡正向移动导致二氧化碳消耗增大，所以二氧化碳转化率增大，故A正确；B. 增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，增大压强，反应i的平衡正向移动，所以向生成甲醇的方向移动，但是化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，所以增大压强反应i的平衡常数不变，故B错误；C. 升高温度任何化学反应速率都增大，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度反应ii向正向移动，则反应ii的反应限度增大，故C正确；D. 催化剂具有选择性和专一性、高效性，所以选用理想的催化剂可以提高甲醇

20、在最终产物中的比率，故D正确；答案选B。8、A【题目详解】A.一个14C中的中子数为8，一个D中的中子数为1，则1个甲基(14CD3)所含的中子数为11，一个14C中的电子数为6，一个D中的电子数为1，则1个甲基(14CD3)所含的电子数为9；则1 mol甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA，故A正确；B. pH1的H2SO3溶液中，c(H+)为0.1mol/L，没有给出溶液的体积，无法根据公式n=cV计算出氢离子的物质的量，也无法计算氢离子的数目,故B错误；C.铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故1 mol Fe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电

21、子数依次为2mol、3mol，故C错误；D.酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，故1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数小于NA，故D错误。答案选A。【答案点睛】本题考查的是与阿伏加德罗常数有关的计算。解题时注意C选项中铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故失电子数不同；D选项酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，可逆反应的特点是不能进行彻底，故1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中不会完全水解。9、C【答案解析】A、8.7g MnO2物质的量为0.1mol，40mL10mol/L的浓盐酸物质的量为0.4mol，按照化学方程式中的反应比应恰好反应，

22、但浓盐酸在反应过程中浓度逐渐减小，当为稀盐酸时不再和二氧化锰反应生成氯气，所以生成的氯气分子数小于0.1NA，选项A错误；B、标准状况下，氯仿不是气体，11.2L氯仿的物质的量小于0.5mol，分子中含有的共价键总数小于2NA，选项B错误；C、甲基（14C1H3）中含有的中子数和电子数分别为8、9，1mol甲基（14C1H3）所含的中子数和电子数分别为8NA、9NA，选项C正确；D、过氧化钠中的钠为+1价，一个钠原子失去一个电子，则lmolNa变为+1价的钠离子失去1mol电子，也就是NA，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了气体摩尔体积的应用条件，化学方程式的计算中浓度的减小影响反应的产物

23、生成，质量换算物质的量，结合分子式计算中子数、电子数等的应用。明确物质的量、阿伏加德罗常数的应用是解题的关键。10、C【答案解析】试题分析：可燃性气体需要先检查气体的纯度，否则危险；稀释浓硫酸需要将浓硫酸慢慢注入水中，正确；浓碱沾到皮肤上，用水冲洗，后涂硼酸，正确；试管中液体加热体积不超过1/3，正确；酒精灯不能填满酒精，容易引燃灯内酒精，危险，错误。选C。考点：基本实验操作和事故处理11、B【答案解析】A. 离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；B. 离子方程式：CO32-+2H+=CO2+H2O；C. 离子方程式：2CH3COOH+2CH3COO+H2O+CO2，D. 离

24、子方程式：BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2。故选B。12、A【题目详解】A、铬为重金属元素，摄入过多导致重金属中毒，A正确；B、酒精可以使蛋白质变性，杀菌消毒效果最佳的浓度为75%，并不是越高越好，B错误；C、CaO作为干燥剂，不能防止食品氧化变质，C错误；D、“酸雨”是由大气中的氮、硫的氧化物溶于雨水造成的，D错误；故选A。13、B【分析】溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲，气体甲可能为二氧化碳或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，再根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在唯一的阳离子K+；加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干的离子可知，溶液

25、中一定存在SiO32-，沉淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在Al(OH)4-，白色沉淀乙为氢氧化铝；根据以上分析进行判断。【题目详解】溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲可能为二氧化碳或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，结合溶液电中性可知，原溶液中一定存在K+；由于加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干中的离子可知，远溶液中一定存在SiO32-，沉淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在Al(OH)4-，白色沉淀乙为氢氧化铝；A根据以上分析可知，气体甲可能为

26、二氧化碳和二氧化硫的混合物，故A正确；B由于加入的盐酸过量，生成的沉淀甲为硅酸，不会含有硅酸镁，故B错误；C根据分析可知，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，而溶液甲中加入过量氨水生成了沉淀乙，沉淀乙只能为氢氧化铝，原溶液中的Al(OH)4-与过量酸反应生成铝离子，故C正确；D根据以上分析可知，原溶液中一定存在K+、Al(OH)4-和SiO32-，故D正确；故答案为B。【答案点睛】考查离子共存、常见离子的检验方法，注意掌握常见离子的性质及检验方法，要求学生能够根据反应现象判断离子存在情况，特别是Al3+和Al(OH)4-的判断是解题难

27、点，无色溶液甲中滴加过量的氨水所得沉淀为Al(OH)3，但溶液甲中的Al3+来源于Al(OH)4-与过量盐酸反应生成的，而不是原溶液中含有的Al3+。14、A【题目详解】反应Cl2+2KII2+2KCl，氧化剂为Cl2，氧化产物为I2，所以氧化性Cl2I2；2FeCl3+2HII2+2FeCl2+2HCl，氧化剂为FeCl3，氧化产物为I2，所以氧化性Fe3+I2；2FeCl2+Cl22FeCl3，氧化剂为Cl2，氧化产物为FeCl3，所以氧化性Cl2Fe3+；I2+SO2+2H2O2HI+H2SO4，氧化剂为I2，氧化产物为H2SO4，所以氧化性I2H2SO4；所以氧化性Cl2Fe3+I2H

28、2SO4；答案选B。15、C【答案解析】A、Al3水解，在含Al3总数为NA的AlCl3溶液中，Cl总数大于3NA，故A错误；B、NO和O2反应生成NO2与N2O4形成平衡，故B错误；C、常温下，1.0 LpH = 13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为1.0 L0.1molL1NA=0.1NA，故C正确；D、标准状况下，甲醇为液态，故D错误；故选C。16、B【题目详解】A、浓硫酸与K2SO3反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，故A正确；B、浓氨水和生石灰CaO反应生成氨气，氨气溶于水生成氨水，氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，且氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝

29、，故B错误；C、若A为醋酸，B为碳酸钙，二者反应会生成二氧化碳气体，二氧化碳气体与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，溶液变浑浊，故C正确；D、双氧水在MnO2催化作用下，快速产生氧气，氧气具有氧化性，能够把-2价的硫氧化为硫单质，C中溶液中变浑浊，故D正确；综上所述，本题选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、三角锥形分子晶体1s22s22p63s23p4NH3与水分子形成氢键且发生化学反应11离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)【答案解析】A、B、C、D四种元素，B原子得一个电子后3p轨道全满，则B是Cl元素；A+比B-少一个电子层，则A是Na元素；C原子的p轨道中有3个未成对电子，则为第V

30、A族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，说明其氢化物中能和水形成分子间氢键，所以C是N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，处于A族，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数，所以D是S元素。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子的数目之比为2：1，则R是Na2S。（1）NCl3分子中氮原子含有3个共价单键且含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，其固态时的晶体中构成微粒是分子，构成分子晶体，故答案为三角锥形；分子晶体；（2）D是S元素，原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p4，C的氢化物是NH3，D的氢化物是H2

31、S，氨气分子和水分子间能形成氢键且能发生化学反应，导致氨气溶解性大于硫化氢，故答案为1s22s22p63s23p4；氨气分子和水分子间能形成氢键且能发生化学反应；（3）FeS2晶体中阴离子为S22-、阳离子为Fe2+，故阴离子、阳离子数之比为1：1，FeS2物质中含有离子键，S22-含有共价键，故答案为1：1；离子键、共价键（或非极性共价键）。点睛：正确推断元素是解本题关键。本题的易错点为（3）中FeS2晶体中阴阳离子的数目比，要注意阴离子为S22-。本题的难点是元素D的判断。18、氯 铁 Cl2+H2S=2HCl+S S2 O2 Al3 HClO4H2SO4H3PO4 Al3+4OH-=Al

32、O2-2H2O 3Fe4H2OFe3O4+4H2 A 【分析】设C的原子序数为x，则A为x-8，B为x-1，C为x+1，A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则有x+x-8+x-1+x+1=56，x=16，所以C为S元素，A为O元素，B为P元素，D为Cl元素，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，可知E的化合价为+3价，应为Al元素，E单质粉末与G的氧化物常用于野外焊接钢轨，G为Fe，F是短周期最活泼的金属元素，F为Na，根据元素周期律的递变规律比较原子半径以及元素的非金属性强弱，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。【题目详解】（1）根据分析，元素D为氯，

33、元素G为铁。（2）D的单质与C的气态氢化物反应即氯气与硫化氢反应，生成氯化氢和硫单质，反应方程式为Cl2+H2S=2HCl+S。（3）根据电子层数越多，半径越大，具有相同结构的离子，原子序数越小的离子半径越大，则离子半径为S2-O2-Al3；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则有HClO4H2SO4H3PO4。（4）D和E形成的化合物为AlCl3，水溶液中滴入过量烧碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al3+4OH-=AlO2-+2H2O。（5）钠和氯在形成氯化钠的过程中，钠原子失去一个电子形成钠离子，氯原子得到一个电子形成氯离子，之后结合生成氯化钠，电子式表示为（6）

34、G为铁，铁单质与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe4H2OFe3O4+4H2。（7）AB可以失电子，H3BO3中B显+3价，故A选项错误。 B同一主族越往下原子半径越大，故原子半径GeSi，B选项正确。CAs与Si化学性质较相近，也可作半导体材料，故C选项正确。 DPo在周期表中处于第六周期第VIA族，故D选项正确。故答案选A【答案点睛】本题考查元素推断及元素化合物知识，本题从元素在周期表中的相对位置为载体，通过元素原子核外电子数目关系推断元素种类，考查元素周期律的递变规律以及常见元素化合物的性质，学习中注重相关基础知识的积累。19、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+

35、2NH3+2H2O 不能 用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口附近，若试纸变蓝；则说明NH3已收集满(或用玻璃棒蘸取少许浓盐酸靠近收集NH3的试管口，若产生白烟，说明试管已收集满NH3，反之，则没有收集满) 由于NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，故溶液呈弱碱性 100mL容量瓶 胶头滴管 c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) 挤压胶头滴管橡胶乳头，使少量水进入烧瓶，并及时打开止水夹 NH3极易溶于水，致使烧瓶内压强迅速减小 【分析】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气；无水氯化钙和氨气能发生反应生成络合物；根据氨气的性质和氨水的性质分析解答；(2)若要配制100mL9.0

36、mol/L的氨水，需要选用100mL容量瓶配制，结合实验步骤分析需要的玻璃仪器；(3)将等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，据此分析排序；(4)NH3极易溶于水，氨气溶于水后，能够使烧瓶内压强迅速减小，据此分析解答。【题目详解】(1)在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、水和氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O；无水氯化钙和氨气能发生反应CaCl2+8NH3=CaCl28NH3，所以干燥管中干燥剂不能改用无水CaCl2；氨气的水溶液显碱性，NH3+H2ONH3H2ONH4

37、+OH-，可以用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口附近，若试纸变蓝；则说明NH3已收集满，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O；不能；用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口附近，若试纸变蓝；则说明NH3已收集满(或用玻璃棒蘸取少许浓盐酸靠近收集NH3的试管口，若产生白烟，说明试管已收集满NH3，反之，则没有收集满)；由于NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，故溶液呈弱碱性；(2)若要配制100mL9.0mol/L的氨水，需要选用100mL容量瓶配制，配制过程中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；(3)将等浓度、等体积的

38、氨水和盐酸混合，恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序为c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，故答案为：c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)；(4)NH3极易溶于水，氨气溶于水后，能够使烧瓶内压强迅速减小，引发喷泉，用氨气进行喷泉实验时，引发水上喷的操作是挤压胶头滴管橡胶乳头，使少量水进入烧瓶，并及时打开止水夹，故答案为：挤压胶头滴管橡胶乳头，使少量水进入烧瓶，并及时打开止水夹；NH3极易溶于水，致使烧瓶内压强迅速减小。20、CuSMnO24HCu2Mn2S2H2OCu将Fe2+氧化为Fe3+5.0pH105，所以该反应能进行【答案解析】(1) 软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质)中加入硫酸，只有二氧化硅不能被硫酸溶解，因此滤渣1中含有SiO2，由于MnO2具有强氧化性，能够在酸性溶液中将CuS氧化生成硫，反应的离子方程式为CuSMnO24HCu2Mn2S2H2O，故答案为：CuSMnO24HCu2Mn2S2H2O；(2)反应中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，是因为锌能