2022-2023学年上海市进才中学高三化学第一学期期中质量跟踪监视模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一杯澄清透明的溶液中，已知各离子的浓度均为，

2、体积为。可能含有的离子：阳离子：、；阴离子：、。向该混合液中加足量稀盐酸，有无色气体生成，且阴离子的种类不变。对该溶液的下列叙述错误的是A该溶液一定含有、B该溶液一定不含、C该溶液一定不含、D该溶液可能含有2、可逆反应mA(g)nB(g) pC(g)+qD(g)的v-t图象如下图，如若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v-t图象如下图：a1a2 a1b2 b1t2 t1=t2 两图中阴影部分面积相等 右图中阴影部分面积更大，以上说法中正确的是ABCD3、下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是( )A过氧化钠B氢硫酸C硫酸亚铁D一氧化氮4、通常人们把拆开1 mol某化学键所消耗的能

3、量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（H），化学反应的H等于反应物的总键能与生成物的总键能之差。化学键SiOSiClHHHClSiSiSiC键能/kJmol146360436431176347工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4（g）2H2（g）Si（s）4HCl（g），该反应的反应热H为（）A412 kJmol1B412 kJmol1C236 kJmol1D236 kJmol15、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, 30 g乙烷中所含的极性共价键数为6NAB0.2mol N2和0.6molH2混合充分反应后，转移

4、的电子数目为1.2 NAC0.1 mol9038Sr原子中含中子数为3.8NAD0.1 molL1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2 NA6、下列陈述I、正确并且有因果关系的是选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色B分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH,后者较大证明非金属性:SCC向铁和稀硝酸反应后的漭液中若滴加KSCN溶液显红色:若滴加酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去该溶液中既有Fe3+,还有Fe2+D浓硫酸有脱水性浓硫酸可用于干燥H2和COAABBCCDD7、配制一定体积一定浓度的NaOH溶液时，下列操作导致结果偏高的是A称量NaOH固体时动作缓慢B

5、定容时俯视刻度线C定容后振荡发现液面低于刻度线D未洗涤烧杯和玻璃棒8、中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是（ ） 常见古诗文记载化学知识A梦溪笔谈中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高B天工开物中记载：凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴硫指的是硫黄硝指的是硝酸钾C本草纲目拾遗中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”强水为氢氟酸D本草纲目“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”这里所用的“法”是指萃取AABBCCD

6、D9、已知CaSO42H2O脱水过程的热化学方程式如下：CaSO42H2O(s)=CaSO4.1/2H2O (s)+3/2H2O (g) =83.2kJ/molCaSO4.1/2H2O (s)=CaSO4(s)+1/2H2O (g)又知：CaSO42H2O(s)=CaSO4(s)+2H2O (l)=26kJ/molH2O (g)=H2O (l)=-44kJ/mol则：为A30.8kJ/molB-30.8kJ/molC61.6kJ/molD-61.6kJ/mol10、下列离子方程式书写正确的是A碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OB少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO

7、2+ClO-+H2O=SO42-+2H+Cl-CNaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应后溶液呈中性：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2OD足量锌粉与一定量浓硫酸反应：Zn+2H2SO4=Zn2+SO42-+SO2+2H2O11、BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是A该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2OB该过程中BMO表现较强氧化性C降解产物的分子中只含有极性共价键D和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:112、利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是( )选项实验结论实验装置A稀硫酸N

8、a2SAgNO3与AgCl的溶液Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2 溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸AABBCCDD13、在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)2NO(g) CO2(g)N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度NO与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是()A该反应的H0B若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2C在T2时，若反应体系处于状态D，则此时一定有v正YX4

9、c.Y与R形成的化合物中Y呈正价(4)根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是大于_nm小于_nm。(5)甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物，且甲 + 乙丙 + 水 。若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式是_。19、某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。供选试剂:30%H2O2溶液、0.1 mol/L H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体(1)小组同学设计甲、乙、丙三组实验，记录如下(请补充完整甲组实验仪器的名称。)操 作现 象甲向的锥形瓶中加入MnO2，向的_中加入30%的H2O2溶液,连接、,打开活塞中产生无色气体并伴随大量的白雾;中有气泡

10、冒出,溶液迅速变蓝乙向中加入KMnO4固体，连接、，点燃酒精灯中有气泡冒出,溶液不变蓝丙向中加入KMnO4固体，中加入适量0.1mol/LH2SO4溶液，连接、，点燃酒精灯中有气泡冒出,溶液变蓝 (2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是_。(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是_。为进一步探究该条件对反应速率的影响,可采取的实验措施是_。(4)由甲、乙、丙三实验推测，甲实验可能是I中的白雾使溶液变蓝。学生将I中产生的气体直接通入下列_(填字母）溶液，证明了白雾中含有H2O2。A酸性 KMnO4 BFeCl2 C Na2S D品红(5)资料显示：KI溶液在空气中久置会

11、被缓慢氧化:4KI+O2 +2H2O=2I2 +4KOH。该小组同学取20ml久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是:3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O造成的。请设计实验证明他们的猜想是否正确:_。20、氮化钙(Ca3N2)氮化钙是一种棕色粉末，在空气中氧化，遇水会发生水解，生成氢氧化钙并放出氨。某化学兴趣小组设计制备氮化钙的实验如下：氮化钙的制备（1）连接装置后，检查整套装置气密性的方法是_。（2）装置A中每生成标准状况下4.48LN2，转移的电子数为_。（3）装置B的作用是吸收氧气，则B中发生反应的离子方程式为_。装置E的作用是_。（4

12、）实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；_(请按正确的顺序填入下列步骤的代号)。点燃D处的酒精喷灯； 打开分液漏斗活塞; 点燃A处的酒精灯； 停上点燃A处的酒精灯；停止点燃D处的酒精喷灯（5）请用化学方法确定氮化钙中含有未反应的钙，写出实验操作及现象_。21、锰是一种非常重要的金属元素，在很多领域有着广泛的应用。利用废铁屑还原浸出低品位软锰矿制备硫酸锰，然后进行电解，是制备金属锰的新工艺，其流程简图如下：已知：i. 低品位软锰矿主要成份有MnO2、Al2O3、Fe2O3、Cu2(OH)2CO3、CaCO3、SiO2等。ii. 部分金属离子以氢氧化物沉淀时的pHFe2+Fe3+Al3+Mn2

13、+Cu2+开始沉淀的pH6.81.83.78.65.2沉淀完全的pH8.32.84.710.16.7iii. 几种化合物的溶解性或溶度积(Ksp)MnF2CaSMnSFeSCuS溶于水溶于水2.510136.310186.31036 (1)研究表明，单质Fe和Fe2+都可以还原MnO2。在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+的离子方程式是_。(2)清液A先用H2O2处理，然后加入CaCO3，反应后溶液的pH5。滤渣a的主要成分中有黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6。H2O2的作用是_(用离子方程式表示)。滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有X。用平衡移动原理解释产生x的原因：_

14、。(3)用离子方程式表示MnS固体的作用：_。(4)滤渣c的成分是_。(5)如下图所示装置，用惰性电极电解中性MnSO4溶液可以制得金属Mn。阴极反应有：i. Mn2+2eMn ii. 2H+2eH2电极上H2的产生会引起锰起壳开裂，影响产品质量。电解池阳极的电极方程式是_。清液C需要用氨水调节pH7的原因是_。电解时，中性MnSO4溶液中加入(NH4)2SO4的作用除了增大溶液导电性之外，还有_(结合电极反应式和离子方程式解释)。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【分析】向该混合液中加足量稀盐酸，有无色气体生成，且阴离子的种类不

15、变,说明溶液中一定存在氯离子，硝酸根离子和亚铁离子，一定不存在碳酸根离子，有溶液显电中性，氯离子、硝酸根离子都是0.1mol/L，带有负电荷0.2mol/L，亚铁离子浓度为0.1mol/L，所带正电荷为0.2mol/L；若存在硫酸根离子，溶液中一定存在钾离子和铵根离子，但是一定不存在钡离子，若不存在硫酸根离子，一定不存在钾离子、铵根离子和钡离子。【题目详解】A.根据发行，一定存在的离子是、，故A正确，但不符合题意；B.溶液中若存在硫酸根离子，一定存在钾离子和铵根离子，所以该溶液中可能存在钾离子、铵根离子，故B错误，符合题意；C.溶液中一定不存在的离子为：、，故C正确，但不符合题意；D. 有分析

16、可知该溶液可能含有，故D正确，但不符合题意；故选：B。2、A【分析】若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，正逆反应速率均加快，缩小达到化学平衡的时间，阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同【题目详解】若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，a1、a2为两种条件下正反应速率，催化剂加快反应速率，则a1a2，故错误、正确；使用催化剂缩小达到化学平衡的时间，则加催化剂时反应速率增大，所以b1b2，故错误、正确；使用催化剂缩小达到化学平衡的时间，则t1t2，故正确、错误；阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同，故正确、错

17、误；综上所述说法正确，答案选A。【答案点睛】易错点：阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同。3、A【题目详解】ANa2O2会与空气中的CO2、SO2、水蒸气等物质反应，但不与氧气反应，A符合题意；BH2S会被氧气氧化，即2H2S+O2=2S+2H2O，B不符合题意；C亚铁会被氧气氧化三价铁，C不符合题意；DNO会与氧气反应生成NO2，即2NO+O2=2NO2，D不符合题意。故答案选A4、C【题目详解】由信息可知，H=反应物的总键能-生成物的总键能，则SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)，该反应的反应热H为(360kJ/mol)4+(436k

18、J/mol)2-(176kJ/mol2+431kJ/mol4)=+236kJmol-1，故选C。【答案点睛】把握键能与反应热的关系为解答的关键。本题的易错点为认识并理解晶体硅的结构，要注意1molSi晶体中共价键的数目为2mol。5、A【答案解析】A.30g乙烷的物质的量=30g30g/mol=1mol，1个乙烷分子中含6个极性共价键，故1mol乙烷中含极性共价键6NA个，故A正确；B.N2与H2反应需要条件是高温高压、催化剂，并且这个反应是一个可逆反应，N2和H2不可能反应完全，所以转移电子数小于1.2NA，故B错误；C.9038Sr原子中中子数=质量数-质子数=90-38=52，故0.1m

19、ol9038Sr原子中中子数为5.2NA个，故C错误；D.溶液体积不明确，故溶液中含有的氮原子的个数无法计算，故D错误。故选A。6、C【题目详解】A、SO2可使溴水褪色，体现SO2的还原性，故A错误；B、Na2SO3不是S元素的最高价含氧酸盐，所以室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH,后者较大，不能证明非金属性:SC，故B错误；C、Fe3+能使KSCN溶液显红色，Fe2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D、浓硫酸可用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，故D错误。答案选C。【答案点睛】非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；室温下等物质的量浓度的Na2SO4

20、与Na2CO3溶液的pH,后者较大，能证明非金属性:SC。7、B【答案解析】A称量NaOH固体时动作缓慢导致氢氧化钠吸水，溶质减少，浓度偏低，A错误；B定容时俯视刻度线液面在刻度线下方，溶液体积减少，浓度偏高，B正确；C定容后振荡发现液面低于刻度线属于正常现象，浓度不变，C错误；D未洗涤烧杯和玻璃棒溶质减少，浓度偏低，D错误，答案选B。8、B【题目详解】A. 铁的合金的熔点比纯铁的低，A不正确；B黑火药中，硫指的是硫黄硝指的是硝酸钾，B正确；C玻璃的主要成分为二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”判断，强水肯定不是氢氟酸，C不正确；D.“用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水”，这里的“法”是指

21、蒸馏，D不正确。故选B。9、A【答案解析】；根据盖斯定律，2,得， ，故A正确。点睛：盖斯定律是指化学反应的焓变与化学反应的始态和终态有关，与反应历程无关。所以可以根据盖斯定律计算反应的焓变。10、C【答案解析】A.醋酸是弱酸，不能拆成离子，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO-；A错误；B.HClO具有强氧化性，能够把SO2氧化为SO42-，本身被还原气为Cl-，离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，B错误； C.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应后溶液呈中性，满足n(NaHSO4)：n(Ba(OH

22、)2)=2:1，正确的离子方程式：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，C正确；D. 足量锌粉与一定量浓硫酸反应先生成二氧化硫，反应为Zn+2H2SO4=Zn2+SO42-+SO2+2H2O；浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，反应为Zn+2H+=Zn2+H2，上述反应方程式不全，D错误；综上所述，本题选C。11、B【题目详解】A、该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确；B、该过程中BMO是催化剂，BMO与O2在光作用下，BMO被氧化成BMO+，故B错误；C、降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分

23、子中都只含有极性共价键，故C正确；D、 中1molO2-要得到3mol电子，而中1molBMO+变为1molBMO只要得到1mol电子，根据氧化还原反应得失电子相等，所以、中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故D正确；正确答案选B。12、B【题目详解】A稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体，由于中含有硝酸银，通入H2S一定生成硫化银沉淀，不能确定硫化银一定是由氯化银转化的，也就不能比较溶度积大小，A错误；B浓硫酸将蔗糖脱水炭化，进而碳被氧化，生成CO2、SO2和H2O，SO2能使溴水褪色，B正确；C二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，

24、但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，C错误；D强酸能与弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，但硝酸具有挥发性，生成的CO2中含有硝酸，硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能实现实验目的，D错误；答案选B。【答案点睛】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，涉及酸性强弱判断、浓硫酸、硝酸、SO2的性质、气体的制备等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。选项D是易错点，注意硝酸的挥发性。13、D【答案解析】A.根据图像可知，随着温度的升高，NO的物质的量浓度增大，说明平衡逆

25、向移动，则正反应为放热反应，故A错误；B.由于正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则K1K2，故B错误；C.根据图像可知，由状态D到平衡点B，需要减小NO的浓度，所以反应正向进行，则v正v逆,故C错误；D.由于反应物碳是固体，所以在反应进行过程中，气体的总质量一直在变，V一定，气体的密度也就一直在变，当若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，故D正确；答案：D14、C【答案解析】A、根据装置图可知，X与电源的负极相连，为阴极；Y与电源的正极相连，为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应，A正确；B、根据装置图可知二氧化碳 在X电极上转化为C6H12O6，因此X电极的电极反应式

26、为 6CO2+24H+24eC6H12O6+6H2O，B正确；C、H+由Y极区向X极区迁移，C错误；D、生成C6H12O6的物质的量是18g18g/mol0.1mol，转移电子的物质的量是2.4mol，因此当电路中通过3 mol e时该装置的电流效率为2.4mol/3mol100%80%，D正确，答案选C。15、D【答案解析】A、各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1mol Ag，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，发生Fe+Cu2+=Fe2+Cu，铁粉可以继续溶解，

27、故A正确；B、根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+Cu2+Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+Fe3+，故B正确；C、发生2Ag+FeFe2+2Ag，置换出Ag，0.1molFe的质量小于0.1molAg的质量，导致溶液质量减轻，故C正确；D、由反应2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，可知反应共生成0.2molFe2+，而0.1molCu2+没有参加反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故D错误。答案选D。16、D【题目详解】加入少量Na2O2固体后，过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，溶液中Na+浓度增大，溶液中、

28、OH-、Ba2+发生离子反应生成BaCO3沉淀和水，导致和Ba2+浓度均减小，只有浓度基本保持不变，故答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、S Al Na NaAlSO 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Na2O2+SO2=Na2SO4 【分析】现有A、B、C、D四种短周期元素，已知A、B同主族，B、C、D同周期，C的单质能分别跟B和D的最高价氧化物的水化物反应，说明C为金属铝，则B、D形成的为强酸或强碱，则B为钠或硫，A为氢或氧元素，A、B的原子序数之和等于C、D的原子序数之和，说明B为硫，A为氧，D为钠。则A为氧，B为硫，C为铝，D为钠。据此解答。【题目详解】根据以上分

29、析可知，A为氧，B为硫，C为铝，D为钠(1)B、C、D的元素符号为：S 、Al、Na。 (2)根据电子层越多，半径越大，相同电子层数相同，核电荷数越大，半径越小分析，半径关系为： NaAlSO； (3) 钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2; (4). 硫和氧形成的大气污染物为二氧化硫，过氧化钠具有强氧化性，能氧化二氧化硫氧化生成硫酸钠，方程式为： Na2O2+SO2=Na2SO4。18、第三周期A族 同位素 2Na+2H2O=2NaOH+H2 Cl bc 0.099 0.143 NaAlO2或Na2SiO3

30、 【分析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y有+4、-4价，单质为半导体材料，则Y为Si元素；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；M为-2价，处于A族，则M为O元素；R有-1、+7价，则R为Cl元素；Q有+3价，处于A族，原子半径小于Na原子，则Q为Al元素，据此解答。【题目详解】（1）R为Cl元素，原子核外电子数为17，有3个电子层最外层电子数为7，处于元素周期表中第三周期第A族，R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们属于同位素关系，故答案为第三周期第A族；同位素。（2）Z为Na元素，Na与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+

31、H2，故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2 。 （3）Y为Si，R为Cl，位于同一周期，根据同周期元素非金属性从左到右逐渐增强可知，Cl的非金属性大于Si，a.属于物质的物理性质，不能比较非金属性的强弱，故a错误；b.元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故b正确；c.Y与R形成的化合物中Y呈正价，说明R得电子能力强，非金属性强，故c正确，故答案为Cl；bc。（4）Y为Si，与Al、Cl位于相同周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则Si的原子半径比Al小，比Cl大，即大于0.099nm小于0.143nm，故答案为0.099nm；0.143nm。（5）甲+乙丙+水，应为中和反应，若

32、丙的水溶液呈碱性，则对应的物质的应为强碱弱酸盐，可为NaAlO2或Na2SiO3，故答案为NaAlO2或Na2SiO3。【答案点睛】非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等均可比较非金属性的强弱。19、分液漏斗 O2+4I-+4H+=2I2+2H2O 酸性环境 使用不同浓度的稀硫酸做对比实验 AD 在上述未变蓝的溶液中滴入0.1 mol/L H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝，则猜想正确，否则错误 【分析】由题给信息可知，甲实验利用二氧化锰做催化剂，在不加热的条件下制备氧气，中产生无色气体和大量的白雾能使KI溶液被氧化生成碘单质；

33、乙实验用高锰酸钾固体受热分解制备氧气，中有气泡冒出,溶液不变蓝说明氧气不能使KI溶液被氧化；丙实验用高锰酸钾固体受热分解制备氧气，中有气泡冒出,溶液变蓝说明酸性条件下使KI溶液被氧化生成碘单质。【题目详解】（1）由实验装置图可知，应向装置的分液漏斗中加入30%的H2O2溶液，故答案为：分液漏斗；(2)丙实验中O2与KI溶液在酸性条件下发生氧化还原反应生成单质碘，反应的离子方程式是O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，故答案为：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是酸性环境，可以使用不同浓度的稀硫酸做对比实验探究酸性条件对反应速率的

34、影响，故答案为：酸性环境；使用不同浓度的稀硫酸做对比实验；（4）A、双氧水具有还原性，高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故正确；B、氧气和双氧水都能够氧化亚铁离子，溶液颜色变化无法证明混合气体中含有双氧水，故错误；C、双氧水和氧气都能够氧化硫化钠，有沉淀生成无法证明混合气体中是否含有双氧水，故错误；D、双氧水具有氧化性，能使品红溶液漂白褪色，氧气不能使品红溶液漂白褪色，如果品红溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故正确；AD正确，故答案为：AD；（5）酸性条件下，碘离子和碘酸根离子发生氧化还原反应生成

35、单质碘，单质碘能使淀粉溶液变蓝色，则要设计实验验证他们的猜想是否正确，可以向未变蓝的溶液中滴入稀硫酸，使溶液呈酸性，观察溶液是否变蓝，若变蓝则可证明发生了归中反应生成了碘，猜想正确；若不变蓝，则不能发生归中反应，则猜想不正确。故答案为：在上述未变蓝的溶液中滴入0.1 mol/L H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝，则猜想正确，否则错误。【答案点睛】由甲、乙、丙实验得到双氧水能使KI溶液被氧化生成碘单质，氧气在中性条件下不能使KI溶液被氧化生成碘单质，酸性条件下能使KI溶液被氧化生成碘单质是解答关键。20、关闭分液漏斗活塞，向E中加水，没过长导管，微热烧瓶E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱

36、 0.6NA 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 吸收空气中水蒸气、防止进入D中 取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙 【分析】制备Ca3N2应用N2与Ca反应，首先制备N2，Ca3N2在空气中氧化，遇水会发生水解，因此需要除去N2中的水蒸气，以及防止空气中氧气和水蒸气的进入，据此分析；【题目详解】（1）检验装置的气密性，操作方法是：关闭分液漏斗的活塞，向E装置中加水，没过长导管，用酒精灯微热圆底烧瓶，E中长导管有气泡冒出，撤去酒精灯，E中长导管有一段水柱存在，说明气密性良好；答案为：关闭分液漏斗的活塞，向E装置中加水，没过长导管，用酒精灯微热圆底烧瓶，E中长导管有气

37、泡冒出，撤去酒精灯，E中长导管有一段水柱存在，说明气密性良好；（2）生成N2的离子方程式为NO2NH4N22H2O，根据反应方程式，转移3mol电子，生成标准状况下的气体22.4L，则生成4.48L气体，转移电子的物质的量为=0.6mol，即转移电子数0.6NA；答案为0.6NA；（3）装置B的作用是吸收氧气，利用O2的氧化性将Fe2氧化，即离子反应方程式为4Fe2O24H=4Fe32H2O；Ca3N2遇水发生水解，因此装置E的作用是吸收空气中的水蒸气，防止进入D中；答案为4Fe2O24H=4Fe32H2O；吸收空气中的水蒸气，防止进入D中；（4）检查装置气密性后，因为Ca是活泼金属，容易与O

38、2反应，因此首先利用N2排除装置中空气，即先打开分液漏斗的活塞，然后点燃A处的酒精灯，当排除装置的空气后，再点燃D处酒精喷灯，当反应完毕后，熄灭D处酒精灯，让Ca3N2在N2中冷却下来，最后熄灭A处的酒精灯，即顺序是；答案为；（5）Ca3N2与水反应Ca3N26H2O=3Ca(OH)22NH3，如果含有Ca，Ca也能水反应：Ca2H2O=Ca(OH)2H2，NH3极易溶于水，H2不溶于水，因此操作是取少量产物于试管中，加入水，用排水法收集到无色气体，则含有钙；答案为取少量产物于试管中，加入水，用排水法收集到无色气体，则含有钙。【答案点睛】实验设计题中，一般按照制气装置、除杂装置、反应或收集装置、尾气装置进行分析，分析过程中，应注意题中所给信息，如本题氮化钙能与水发生反应，这就要求做到“前防水，后防水”，即除去N2中水，防止空气中水蒸气的进入。21、3MnO2+2Fe+12H+3Mn2+2Fe3+6H2O 2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O Al3+3H2O Al(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3 MnS(s)+Cu2+Mn2+ CuS(s) CaF2 2H2O4eO2+4H+(或4OH4eO2+2H2O) 降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产