上海市上海师大附中2022-2023学年化学高三上期中质量跟踪监视试题（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、含氮化合物在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气。折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO。下列分析不正确的是A含氨和铵盐的水体中存在平衡：NH4+OH

2、NH3H2ONH3 + H2OB吹脱法的原理是通过鼓气降低NH3浓度，从而降低水中NH3H2O与NH4+的含量C折点氯化法除NH4+的原理为：2NH4+3ClO=N2+3Cl+3H2O+2H+D吹脱法无法对含NO2的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO2的水体脱氮2、将11.2 g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x（假定产生的气体全部逸出）。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是（）A0.3 mol NO2和0.3 mol NOB0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4C0.6 mol NOD0.1 mol N

3、O、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O43、实验室中下列做法错误的是（ ）A将少量金属钠贮存在煤油中B将氯水保存在细口棕色试剂瓶中C用量筒量取6.50mL浓硫酸D用氢氧化钠溶液除去NO中混有的少量NO24、石墨作电极电解氯化钠溶液的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )Ad是负极B阴极发生还原反应C通电使氯化钠发生电离D阳极上发生的反应：2H+ + 2e H25、科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设（猜想）引导下的探究肯定没有意义的选项是（ ）A探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B探究Mg(OH) 2溶解于NH4Cl是NH4+水解呈酸性所致，还是

4、NH4+与OH结合所致C探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是Cu(OH)2D探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通以Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致6、下列有关化学用语的表述正确的是（）A37Cl-的结构示意图：B中子数为7的碳原子：CCNH3的结构式：D次氯酸的电子式：7、下列有关元素的性质及其递变规律正确的是（）AIA族与A族元素间形成的化合物都是离子化合物B第三周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7C同主族元素的简单阴离子还原性越强，其单质的氧化性越强D同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强8、A、B、C、X为中学化学常

5、见物质，一定条件下有如下转化关系，说法错误的是（ ）A若X为Cl2，则C可能为FeCl3B若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3C若X为O2，则A可为硫化氢D若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO29、V、W、X、Y、Z为五种短周期主族元素。其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，V、Y位于同一主族；Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。由W、X、Y、Z形成的某种化合物的结构如图所示。下列说法错误的是A简单氢化物的沸点：YVB原子半径：ZVWXCX与Y、Y与Z均可形成含非极性键的化合物DV、W与X三者的最高价氧化物的水化物可两两

6、发生反应10、下列实验操作、现象、结论均正确的是( )实验操作实验现象实验结论A过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中溶液最终为红色过氧化钠与水反应生成碱性物质B向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀SO2具有还原性C向FeCl3溶液中加入Cu振荡溶液颜色由棕黄色一蓝绿色一蓝色Cu与FeCl3发生了置换反应D某无色溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液一定无NH4+AABBCCDD11、镁粉是制备焰火的原料，工业上通过冷却镁蒸气制得镁粉。下列气体中可以用来冷却镁蒸气的是( )A空气B二氧化碳C氧气D氩气12、下列指定反应的离子方程式正确的是( )ACa(C

7、lO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+ClO-+SO2+H2O=CaSO4+2H+Cl-B向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液：+H2O=CO2+Al(OH)3CCl2通入FeI2溶液中，可能存在反应：4Cl2+6I-+2Fe2+=2Fe3+3I2+8Cl-D同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH-=NH3H2O13、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素,X、Z在地壳中的含量处于前两位,Y在周期表中电负性最大,基态W原子价层电子数为8,下列说法正确的是 ()A原子半径:r(Z)r(Y)r(X)BW单质在一定条件下能与X的简单氢化物反应CZ与X、Z与Y形成的化合

8、物晶体类型相同DX与W两种元素形成的常见化合物均为黑色固体14、下列有关实验的做法不正确的是A分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出B用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C配置0.1000molL1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D用萃取分液的方法除去酒精中的水15、化学与生产生活、环境保护等密切相关。下列做法不正确的是A推广使用电动汽车低碳交通工具B用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料C用生物方法脱除生活污水中的氮和磷D加大铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池的生产16、下列说法正确的是A己知2CSiO2Si2CO，说明Si的非金属性比C强B电子层数越多，原子半径一定越大C单质中

9、不可能含有离子键D第A族元素的氢化物中，稳定性最强的其沸点最低二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素X，它们之间有如下转化关系：(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同。则D的颜色为_；E的名称为_。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀。则元素X在周期表中的位置是_；AC的反应中氧化剂的化学式为_；CD反应的离子方程式为_。(3)若AE均为化合物。A是淡黄色固体，C、D、E均属于盐类，DEC是我国化学家发明的经典工业制备

10、C的方法。则A的电子式为_；DE的化学方程式为：_。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类。则BC的化学方程式为_，EC_。18、氮、磷属于同一主族元素，是组成生命体的重要元素，其单质及化合物用途广泛。回答下列问题：（1）基态P原子的核外电子排布式为_（2）自然固氮现象发生的一系列化学变化：，解释了民谚“雷雨发庄稼”的原理。分子结构中键和键数目之比为_中N原子采取_杂化方式，写出它的一种等电子体的化学式：_。已知酸性：，下列相关见解合理的是_。A含氧酸中氧原子总数越多，酸性越强B同种元素化合价越高，对应含氧酸的酸性越强C中氮元素的正电性更高，在

11、水溶液中更易电离出，酸性强于（3）磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图所示，图中a点和b点的原子坐标参数分别为(0，0，0)、，则c点的原子坐标参数为_。已知该晶体密度为，则BP键的键长为_pm(阿伏加德罗常数用表示，列出计算式即可)。19、某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：乙二酸（HOOCCOOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101.5，在157升华为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生该反应的离子方程式为_

12、；（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去；说明乙二酸具有_（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；请配平该反应的离子方程式：_MnO4-+_H2C2O4+_H+=_Mn2+_CO2+_H2O（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红。据此回答：上述装置中，D的作用是_，乙二酸分解的化学方程式为 _；（4）该小组同学将2.52g草酸晶体（H2C2O42H2O）加入到100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中充分反应，测得反

13、应后溶液呈酸性，其原因是_（用文字简单表述），该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：_（用离子符号表示）20、Na2S2O3俗称大苏打（海波）是重要的化工原料。用Na2SO3和硫粉在水溶液中加热反应，可以制得Na2S2O3。已知10和70时，Na2S2O3在100g水中的溶解度分别为60.0g和212g。常温下，从溶液中析出的晶体是Na2S2O35H2O。现实验室欲制取Na2S2O35H2O晶体（Na2S2O35H2O的相对分子质量为248）步骤如下：称取12.6g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。（如图所示，部分装置略去），水浴加

14、热，微沸，反应约1小时后过滤。滤液在经过_、_后析出Na2S2O35H2O晶体。进行减压过滤并干燥。（1）仪器B的名称是_，其作用是_，加入的硫粉用乙醇润湿的目的是_。（2）步骤应采取的操作是_、_。（3）滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_。如果滤液中该杂质的含量不很低，其检测的方法是：_。（4）为了测产品的纯度，称取7.40g 产品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500mol/L 的碘水，用_（填“酸式”或“碱式”）滴定管来滴定（2S2O32 + I2 S4O62 + 2I），滴

15、定结果如下：滴定次数滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次0.3030.52第二次0.3631.06第三次1.1031.28则所得产品的纯度为_，你认为影响纯度的主要原因是（不考虑操作引起误差）_。21、373K时，某 1L密闭容器中加入1mol NH3发生如下可逆反应： 2NH3（g）N2（g）+ 3 H2（g）。其中物质H2的物质的量变化如下图所示。（1）前 20 s内NH3（g）的平均反应速率为_（2）373K时该反应的平衡常数的值为_（3）若在此平衡体系中再加入 1mol的NH3，与原平衡比较，新平衡时 NH3的转化率_（填“增大”或“减小”，下同）。NH3的平衡浓度_。（4）将原

16、平衡升温至 473K，重新达平衡时（其他条件不变），H2的平衡浓度为NH3的2倍，该反应的正反应为（填“放热反应”或 “吸热反应”）_，为增大平衡体系中H2的物质的量，下列措施正确的是（其它条件相同）_a.升高温度 b.扩大容器的体积 c.加入合适的催化剂 d.再充入N22022-2023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、D【题目详解】A. 氨气与水反应生成弱电解质一水合氨，铵盐中的铵根离子水解生成一水合氨，一水合氨在溶液中存在平衡：NH4+OHNH3H2ONH3 + H2O，故A正确；B. 吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气，

17、利用空气将水体中的氨气带出，促使NH4+OHNH3H2ONH3 + H2O平衡向正向移动，减小铵根离子和NH3H2O的浓度，故B正确；C. 根据题意，折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO，酸性条件下，ClO-具有氧化性，铵根离子中氮元素为-3价，具有还原性，NaClO与NH4+发生氧化还原反应，反应为2NH4+3ClO=N2+3Cl+3H2O+2H+，故C正确；D. 吹脱法是利用物理法脱氮，无法对含NO2的水体脱氮；折点氯化法利用ClO-具有氧化性，发生氧化还原反应，将NO2氧化为硝酸根离子，氮元素不能脱离水体，无法脱氮，故D错误；答案选D。2、D【分析】向MgCu混合物

18、与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH)为21.4 g11.2 g10.2 g，物质的量为 0.6 mol，根据电荷守恒可知，11.2 g的MgCu提供的电子为0.6 mol，据此分析；【题目详解】A. 生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，N元素获得电子为0.3 mol(54)0.3 mol(52)1.2 mol，得失电子不相等，A错误；B. 生成0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4，N元素获得电子为0.2 mol(54)0.1 mol2(54)0.4 mol，得失电子不相等，B错误；C. 生成0

19、.6 mol NO，N元素获得电子为0.6 mol(52)1.8 mol，C错误；D. 生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4，N元素获得电子为0.1 mol(52)0.2 mol(54)0.05 mol2(54)0.6 mol，得失电子相等，D正确；答案选D。3、C【题目详解】A钠易被空气中的氧气氧化，且钠的密度比煤油大，不与煤油反应，则将少量金属钠贮存在煤油中，A做法正确；B氯水中的次氯酸见光易分解，则将氯水保存在细口棕色试剂瓶中，B做法正确；C10mL的量筒精确度为0.1mL，则用量筒量取6.5mL浓硫酸，C说法错误；DNO2与NaOH反应生成硝酸钠

20、和亚硝酸钠，而NO不反应，则用氢氧化钠溶液除去NO中混有的少量NO2，D做法正确；答案为C。4、B【分析】石墨作电极电解氯化钠溶液，阴极：，阳极：。【题目详解】A d与电源负极相连，应该是电解池的阴极，A错误；B 阴极的电极反应：，得电子，发生还原反应，B正确；C 该装置为电解池，通电发生的是电解反应，而不是电离，C错误；D 阳极发生氧化反应，电极反应：，D错误；故选B。5、C【答案解析】A、二氧化硫具有还原性,过氧化钠具有氧化性,所以可以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成,故A不符合题意; B、NH4Cl中NH4+水解呈酸性，可能会使Mg(OH) 2溶解，一水合氨是弱碱，在溶液

21、中铵根离子会结合氢氧根离子，也可能使Mg(OH) 2溶解，所以探究Mg(OH) 2溶解于NH4Cl是NH4+水解呈酸性所致，还是NH4+与OH结合所致有意义，故B不符合题意；C、Cu(OH)2固体为白色，浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质肯定不是Cu(OH)2，没有探究意义，可探究浓硫酸与铜发生氧化还原反应,铜有可能被氧化为黑色的氧化铜,故C符合题意;D、氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,消耗氢氧化钠溶液红色褪去,氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性,有探究意义,故D不符合题意.综上所述，本题应选C。6、C【题目详解】A. 氯的核电荷数为17，3

22、7Cl-的结构示意图，A项错误；B. 元素符号左上角的数字表示质量数，中子数为7的碳原子：，B项错误；C. 氨分子含有三个共价键，C项正确；D. 次氯酸的中心原子是氧原子，次氯酸的电子式，D项错误；答案选C。【答案点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。7、B【答案解析】AIA族与A族元素间形成的化合物可以是离子化合物，也可以是共价化合物，如HCl,所以错误；C同主族元素的简单阴离子还原性越强，其单质的氧化性越弱，错误；D同周期金属元素的化合价越

23、高，其原子失电子能力越弱。答案选B。8、A【分析】根据图知，A+XC，ABC，由此看出，A反应生成B还是C与X的量有关，结合物质间的反应分析解答。【题目详解】A. 无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，所以与氯气的量无关，故A错误；B. 若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3，氯化铝和过量氢氧化钾发生反应4KOH+AlCl3KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，和少量氢氧化钾溶液发生反应3KOH+AlCl3Al(OH)3+3KCl，B是Al(OH)3，氢氧化铝和氢氧化钾溶液发生反应Al(OH)3+KOHKAlO2+2H2O，故B正确；C. 若X是O2，A可为硫化氢，硫化氢和过量

24、氧气反应生成二氧化硫，和少量氧气反应生成硫单质，硫单质能和氧气反应生成二氧化硫，所以符合条件，故C正确；D. 若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则这三种物质都含有钠元素，则X可能为CO2，A和NaOH，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，故D正确；故选：A。9、A【分析】V、W、X、Y、Z为五种短周期主族元素，W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，根据图示化合物的结构简式可知，X为Na元素；Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍，W、Y、Z分别位于三个不同周期，则Z为H元素；Y

25、能够形成2个共价键，则Y最外层含有6个电子，V、Y位于同一主族，则V是S；结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O；根据“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知，W最外层含有3个电子，为Al元素，综上：V是S，W是Al，X是Na，Y是O，Z是H元素，据此解答；【题目详解】A. Y是O，V是S，水分子间有氢键，简单氢化物的沸点：YV，A错误；B. 氢原子半径最小，同周期主族元素，原子半径从左到右递减，原子半径：ZVWX，B正确；C. X是Na，Y是O，Z是H，Na与O燃烧可形成Na2O2，其中含有非极性键；H与O可形成H2O2中含有非极性键，C正确；D. W是Al

26、，X是Na，两者的最高价氧化物的水化物分别是Al(OH)3、NaOH，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH发生反应产生NaAlO2、H2O，D正确；答案选A。10、B【答案解析】A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠溶液遇到酚酞变红色，因为过氧化钠具有强氧化性，能将酚酞氧化而漂白褪色，故A错误；B.易溶于水的SO2气体溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下，Ba(NO3)2溶液中的硝酸根离子能将具有还原性的SO2氧化为BaSO4沉淀，故B正确；C.FeCl3溶液与Cu反应生成CuCl2和FeCl2，反应中没有单质生成，该反应不是置换反应，故C错误；D.氨气极易溶于水，若溶液中含有

27、少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故D错误。故选B。11、D【答案解析】试题分析：O2+2Mg2MgO， 2Mg+CO2C+2MgO。考点：了解Mg单质的性质。12、C【题目详解】ACa(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO-+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl-+HClO，选项A错误；B. 向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液的离子反应为：+H2O=+Al(OH)3，选项B错误；C. 还原性I- Fe2+，Cl2通入FeI2溶液中，当两者的物质的量之比为4：3时，发生反应的离子方程式为：4Cl2+6I-+2Fe2+=2Fe3+3I2+8Cl-，选项C正确；

28、D. 同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，反应生成硫酸铵和硫酸钠，反应的离子方程式为：H+OH-= H2O，选项D错误。答案选C。13、B【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，W、Z在地壳中的含量处于前两位，则W为O，Z为Si；Y是周期表中电负性最大的元素，则Y为F；基态W原子的价层电子数为8，其价电子排布式是3d64s2，则W为Fe元素，据此分析解答。【题目详解】A同周期主族元素，随核电荷增大原子半径减小，r(O)r(F)，即r(X)r(Y)，故A错误；BFe与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，故B正确；CZ与X、Z与Y形成的化合物分别为二氧化硅与

29、四氟化硅，分别为共价晶体与分子晶体，晶体类型不同，故C错误；DO、Fe形成的氧化铁为红棕色固体，故D错误；故选B。14、D【题目详解】A分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体先从下口放出，再将分液漏斗的上层液体由上口倒出，故A正确；B碳酸氢钠不稳定，受热分解，即2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，而碳酸钠受热不分解，通过加热的方法可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故B正确；C转移液体，玻璃棒引流，防止转移液体时溶质损失，故C正确；D乙醇和水互溶，故不能采用萃取方法分离酒精和水，酒精和水的分离应用蒸馏的方法，即利用两者的沸点的不同来除去，故D错误；答案为D

30、。15、D【答案解析】A. 推广使用电动汽车低碳交通工具，可减少温室气体二氧化碳等的排放，故A正确；B. 用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可防止造成白色污染，故B正确；C. 用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，可防止造成新的污染，故C正确；D. 加大铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池的生产，会造成重金属污染，故D不正确。故选D。16、C【答案解析】非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，还原性越弱；电子层数只是影响原子半径的一个因素；离子键是阴阳离子间的静电作用，单质中不含阴阳离子；第A族元素的氢化物中，稳定性最强为水，含有氢键，沸点反常的高。【题目详解】A由元素周期律可知，同一族，从上至下，非金属减弱

31、，故C的非金属性比Si强，题意不符，故A错误；B电子层数只是影响原子半径的一个因素，还要考虑原子核对电子的吸引，核外电子多，相应的核内质子数也多，由于静电力的增强可能会引起原子半径的减小，如LiCl，故B错误；C离子键是阴阳离子间的静电作用，单质中不含阴阳离子，一般单质是由原子直接构成或同原子间以共价键结合，故不含离子键，C正确；D第A族元素的氢化物中，稳定性与元素的非金属性一致，稳定性最强为水，水含有分子间氢键，沸点最高，故D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、红褐色 氧化铁 3周期IIIA族 H2O AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- NaCl+CO2

32、+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3 4NH3+5O24NO+6H2O 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O 【题目详解】(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同，据此信息可知X为变价元素铁，则A为铁，B为氯化亚铁、C为氯化铁， D为氢氧化铁、E为氧化铁，所以则D的颜色为红褐色；E的名称为氧化铁；综上所述，本题答案是：红褐色；氧化铁。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀；据以上分析可知X为铝元素；则A为铝，B为铝盐、C为偏铝酸盐

33、， D为氢氧化铝、E为氧化铝；铝原子的核电荷数为13，在周期表中的位置是3周期IIIA族；铝与强碱水溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，铝做还原剂，H2O做氧化剂；偏铝酸盐溶液中通入足量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；综上所述，本题答案是：3周期IIIA族；H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。(3)若AE均为化合物。A是淡黄色固体，为过氧化钠；C、D、E均属于盐类，DEC是我国化学家发明的经典工业制备C的方法，该方法为侯氏制碱法，所以C为碳酸钠；因此A ：Na2O2， B :NaOH， C :Na2CO3

34、，D : NaCl，E :NaHCO3；Na2O2属于离子化合物，电子式为：；氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3；综上所述，本题答案是：；NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类，据以上信息可知：则A：N2；B：NH3；C：NO；D：NO2；E：HNO3；氨气发生催化氧化生成一氧化氮，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，化学方程式为：3Cu+8HN

35、O3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；综上所述，本题答案是：4NH3+5O24NO+6H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。【答案点睛】氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入足量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳和水，也能生成碳酸氢钠，这个反应容易忘掉，造成问题（3）推断出现问题。18、 12 sp2 SO3或O4或BF3等 BC 【分析】(1).P元素的原子序数为15，核外电子为3层，有5个能级；（2）N2分子中含有氮氮三键，结构式为NN，氮氮三键由一个键和两个键形成；硝酸根中N原子价电子层电子对数为3，孤电子

36、对数为0，杂化方式为sp2杂化；原子个数和价电子数相同的微粒互为等电子体；同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多，非羟基氧原子个数越多，正电性更高，在水溶液中更易电离出，酸性越强；（3）由a、b的坐标可知晶胞的边长为1，由晶胞结构可知c位于右侧面的面心，则c的坐标为（1， ， ）；由分摊法计算可得。【题目详解】(1).P元素的原子序数为15，核外电子为3层，有5个能级，电子排布式为1s22s22p63s23p3，故答案为：1s22s22p63s23p3；（2）N2分子中含有氮氮三键，结构式为NN，氮氮三键由一个键和两个键形成，则键和键之比为1:2，故答案为：1:2；硝酸根中N原子价电子层电

37、子对数为3，孤电子对数为0，则杂化方式为sp2杂化；原子个数和价电子数相同的微粒互为等电子体，则与硝酸根互为等电子体的微粒为SO3或O4或BF3等，故答案为：SO3或O4或BF3等；A.含氧酸中非羟基氧原子个数越多，酸性越强，与氧原子总数无关，故错误；B.同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多，非羟基氧原子个数越多，酸性越强，故正确；C. HNO3中氮元素的化合价高，正电性更高，在水溶液中更易电离出，所以相较HNO2酸性更强，故正确；BC正确，故答案为：BC；（3）由a、b的坐标可知晶胞的边长为1，由晶胞结构可知c位于右侧面的面心，则c的坐标为（1， ， ）；由晶胞结构可知，b处于4个P原

38、子围成的正方体的正中心，P原子位于顶点，设x为晶胞边长，则B-P键的长度为；由晶胞结构可知，晶胞中含有4个BP ，由=x3可得x=，则B-P键长为 pm，故答案为：（1， ， ）；。19、HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O 还原性 2 5 6 2 10 8 除去混合气体中的CO2 H2C2O4H2O+CO+CO2 反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）c（OH），所以溶液呈酸性 Na+HC2O4-H+C2O42-OH 【分析】（1）强酸制弱酸原理；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化；根据

39、得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式；（3）H2C2O4H2O+CO+CO2，B装置验证产物水，C装置验证产物CO2，D装置除掉CO2，E装置除掉水蒸气，F、G装置验证产物CO，据此分析。（4）通过计算反应后溶液为NaHC2O4溶液，根据反应后溶液呈酸性，可知HC2O4- 的电离程度比水解程度大，由此确定溶液中各离子浓度到大小。【题目详解】（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳和乙酸钠，该反应的离子方程式为：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O；答案：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O；（2）酸性KMnO 4 溶液具有强

40、氧化性，向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO 4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸被酸性高锰酸钾氧化，具有还原性；根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO 4 - +5 H2C2O4 +6H + =2Mn 2+ +10CO 2 +8H2O；答案：还原性 2 5 6 2 10 8（3）加热乙二酸，反应物通入B，使CuSO 4 粉末变蓝，说明有水生成，装置C中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；装置D中二氧化碳和氢氧化钠反应除去混合气体中的二氧化碳，F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳生成

41、，所以乙二酸的分解产物为CO、CO 2 、H2O；答案：除去混合气体中的CO2； H2C2O4H2O+CO+CO2； （4）2.52g草酸晶体的物质的量= =0.02mol，100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=100mL10 -3 L/mL0.2mol/L=0.02mol；所以反应生成NaHC2O4 ，所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4 - 的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H + ）c（OH - ），所以溶液呈酸性；两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性，说明HC2O4 - 的电离程度比水解程度大，而溶液中还存在着水的电离，故H+C2O42

42、-，由于离子的电离程度较小，则有HC2O4-H+，离子浓度由大到小的顺序为Na+HC2O4-H+C2O42-OH；答案：反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）c（OH），所以溶液呈酸性 Na+HC2O4-H+C2O42-OH【答案点睛】第（4）小题为易错点，根据酸碱中和反应确定反应后的溶质为NaHC2O4，弱酸的酸式酸根离子存在电离平衡和水解平衡，可根据溶液的酸碱性确定哪个平衡为主，最后再确定离子浓度的大小。20、蒸发浓缩 冷却结晶 球形冷凝管 冷凝回流 增加反应物接触面积，提高反应速率 蒸发浓缩 冷却结晶 Na2SO4 取少量滤液于试管中

43、，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中滴加BaCl2溶液，若出现浑浊，证明原滤液中含Na2SO4 酸式 101.2% 含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度 【分析】本题以Na2S2O35H2O晶体的制备及其样品纯度的测定为背景，考查考生对化学实验仪器的认识和解决实际问题的能力。硫粉不溶于水，制备过程硫粉与水溶液中的Na2SO3不能充分的接触，影响反应速率，用乙醇湿润硫粉的目的就要从这些方面分析。温度越高Na2S2O3溶解度越大，所以冷却其较高温度下的饱和溶液，可得到Na2S2O35H2O晶体。SO32-有较强的还原性，加热条件下更易被溶解在溶液中的O2氧化，分析滤液中的杂质要考虑这一点。用已知浓度的碘水滴定Na2S2O3溶液来测定样品纯度，而I2也能够氧化