2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔八中化学高三上期中联考试题（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、关于下列各装置图的叙述中，正确的是A装置中，c为阴极、d为阳极B装置可用于收集H2、NH3、CO2等气体C装置若用于吸收NH3，并防止倒吸，则X可为苯D装置可用于干燥、收集HCl，并吸收多余的HCl2、一定温度和压强下，30L某种气态纯净物中含有6.021023个分子，这些分子由1.204

2、1024个原子组成，下列有关说法中不正确的是A该温度和压强可能是标准状况B标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4LC该气体中每个分子含有2个原子D若O2在该条件下为气态，则1mol O2在该条件下的体积也为30L3、只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是AK值不变，平衡可能移动BK值变化，平衡一定移动C平衡移动，K值可能不变D平衡移动，K值一定变化4、下列叙述正确的是A向Al2（SO4）3溶液中滴加过量的NaOH溶液制备Al（OH）3B用侯氏制碱法制得NaHCO3：Na+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4+C用加热法除去Ca（OH）2固体中混有的NH4

3、Cl固体DSO2通入酸性KMnO4溶液检验其漂白性5、下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合只有序号XYZWCuCuSO4Cu(OH)2CuONaNaOHNa2CO3NaClCl2Ca(ClO)2HClOHClFeFeCl3FeCl2Fe(OH)2ABCD6、下列化学用语对事实的解释不正确的是（ ）A钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+B氢氧化铁胶体的制备原理：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+C工业上漂白粉的制备原理：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OD盛装强碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2O7、利用原电

4、池原理，在室温下从含低浓度铜的酸性废水中回收铜的实验装置如图所示，下列说法错误的是AX、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜B负极的电极反应式：BH4-8OH-一8e-B(OH)4-4H2OC2室流出的溶液中溶质为Na2SO4和K2SO4D电路中每转移1mol电子，电极2上有32gCu析出8、下列指定反应的离子方程式正确的是A向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Br+ Cl2 = Br2+ 2ClB向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量KOH溶液：Al3+ + 4OH- = AlO2- + 2H2OC用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2 + 2OH- = NO3- + NO2- + H

5、2OD用惰性电极电解AlCl3溶液：2Cl- + 2H2O Cl2 + H2 + 2OH-9、下列烃与氯气反应，只生成一种一氯代物的是A2甲基丙烷B异戊烷C间三甲苯D2，2二甲基丙烷10、将二氧化硫气体缓缓通入下列溶液，溶液随体积变化如图所示，该溶液是（ ）A氨水B氯水C氢硫酸D氯化钡11、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

6、于溶液X中12、同周期的X、Y、Z三种元素，其氢化物分别为XH3、H2Y、HZ，则下列判断正确的是（ ）A原子半径ZYXBZ的非金属性最强C氢化物还原性XH3H2YHZ，稳定性XH3H2YHZD最高氧化物对应水化物H3XO4酸性最强13、室温下，向100 mL某浓度H2A溶液中加入0.1 molL1 NaOH溶液，所得溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示，其中b、c为等当点(等当点指的是按某个方程式恰好反应的点)。下列有关说法不正确的是 A起始时，c(H2A)0.1 molL1Bb点时：c(Na) c(A2)c(HA) c(H)c(OH)Cbc段，反应的离子方程式为HAOH=A2H2

7、ODcd段，溶液中A2的水解程度逐渐减弱14、下列物质中,不能由单质直接化合生成的是CuS FeS SO3 H2S FeCl2ABCD全部15、下列制取Cl2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理不能达到实验目的的是 ABCD16、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）ASO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体C明矾易溶于水，可用作净水剂D液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂二、非选择题（本题包括5小题）17、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数,室温下M单质为

8、淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素在周期表中的位置_(2)Z元素在自然界中常见的二元化合物是_，其与NaOH溶液反应的离子方程式为_(3)X与M的单质能在高温下反应，生成产物的分子结构与CO2相似，请写出该产物分子的电子式_；其化学键属_共价键(填“极性”或“非极性”)；(4)四种元素中的_可用于航空航天合金材料的制备，其单质与X的一种氧化物反应的化学方程式为_。18、A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺W会导致贫血症状。（1）

9、写出AE4的电子式：_。（2）下列事实能用元素周期律解释的是（填字母序号）_。aD的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2bE的气态氢化物的稳定性小于HFcWE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（3）NaCN是一种有剧毒的盐，用E的一种氧化物EO2可以除去水溶液中含有的该有毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。写出该反应的离子方程式：_。（4）工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为_。（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。上述反应的离子方程式为_。D的单质与X在高温下反应的化学方程式为_。19、

10、某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为_。（2）B中发生反应的化学方程式为_。（3）若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为_。（4）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将_(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。20、如图为常见气体制备、干燥、性质验证和尾气处理的部分仪器装置（加热及固定装置均略去），仪器装置可任意选择，必要时可重复选用。请回答下列问题：（1）若在装置A的烧瓶中装入锌片，分液漏斗中装入稀硫酸，以验证H2的还原性并检验其氧化产物。

11、按_C顺序连接，装置B中所盛放药品的化学式_（填化学式）。（2）若在装置A的烧瓶中装入Na2O2，分液漏斗中装入浓氨水，装置B中装入固体催化剂，以进行氨的催化氧化。若装置的连接顺序为ACBC，则装置B中氨的催化氧化反应的化学方程为_装置B中可能观察到的现象是_。（3）若在装置A的烧瓶中装入Na2SO3，分液漏斗中装入浓H2SO4，装置B中装入Na2O2，以探究SO2气体与Na2O2反应。装置连接的顺序为A_。21、实验室需要配制0.1 molL1NaOH溶液500mL。（1）根据计算用托盘天平称取的质量为_g。在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_(填序号)，除图中已有仪器外，配制上述

12、溶液还需要的玻璃仪器是_。（2）配制时，其正确的操作顺序是(用字母表示，每个操作只用一次)_。A用少量水洗涤烧杯2次3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解C将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1 cm2 cm处（3）下面操作造成所配NaOH溶液浓度偏高的是_。A溶解后溶液没有冷却到室温就转移B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线II向浓度相等、体积均为100 mL的A、

13、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再向所得溶液中滴加0.1 mol/L盐酸，产生CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示。（4）A曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生CO2的最大体积是_mL(标准状况)。B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶液中溶质的化学式为_。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. 由电流方向可知a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，故A错误；B. H2、NH3密度比空气小，用向下排空法收集，可从a进气；Cl2、HCl、NO2、CO2等气体密度比空气大，

14、用向上排空法收集，可从b进气；故B正确；C. 苯的密度比水小，位于上层，故C错误；D. HCl是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故D错误；答案选B。2、A【题目详解】据n=可知，该气体的物质的量为1mol， A、该温度和压强下，1mol该气体的体积为30L，不是标准状况，故A符合题意；B、因该气体的物质的量为1mol，因此若该气体在标准状况下为气体，则其体积约为22.4L，故B不符合题意；C、1mol该气体含有1.2041024个原子，则该气体分子中含有原子个数为=2，因此该气体为双原子分子，故C不符合题意；D、因1mol该气体在该条件下为30L，由此可知该条件下气体摩尔体积为30L/mol，故若

15、O2在该条件下为气态，则1mol O2在该条件下的体积为30L/mol 1mol=30L，故D不符合题意；故答案为A。【答案点睛】在不同的温度和压强下，每一种条件均有相对应的气体摩尔体积，其数据可能相同，也可能不同，常见标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，在使用时需注明其条件以及该物质是否为气体。3、D【题目详解】A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，答

16、案选D。4、B【分析】A、过量的NaOH溶液能溶解Al（OH）3；B、二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中可以得到碳酸氢钠；C、Ca（OH）2固体和NH4Cl固体混合加热生成氯化钙和氨气和水；D、SO2被酸性KMnO4溶液氧化；【题目详解】A、过量的NaOH溶液能溶解Al（OH）3，故A错误；B、二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中可以得到碳酸氢钠，反应的离子方程式为：Na+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4，故B正确；C、Ca（OH）2固体和NH4Cl固体混合加热生成氯化钙和氨气和水，最后得到氯化钙，故C错误；D、SO2被酸性KMnO4溶液氧化，显还原性，不是漂白性，故D错误；故选B。5

17、、A【分析】Cu与浓硫酸反应生成CuSO4，再与NaOH反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2加热生成CuO，氢气还原CuO生成Cu；Na与水反应生成NaOH，再与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成NaCl，NaCl电解生成Na；Cl2与Ca(OH)2反应可生成Ca(ClO)2，盐酸酸性比次氯酸强，所以Ca(ClO)2中加入盐酸可生成次氯酸，HClO见光分解可生成HCl，浓HCl溶液与二氧化锰加热可生成氯气；Fe与氯气生成FeCl3，FeCl3与Fe反应FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，但Fe(OH)2不能一步转化为Fe。【题目详解】CuCuSO4C

18、u(OH)2CuOCu，符合转化，故正确；NaNaOHNa2CO3NaClNa，符合转化，故正确；Cl2Ca(ClO)2HClOHCl，浓HCl溶液Cl2，转化均可实现，故正确；Fe(OH)2不能一步转化为Fe，故错误；故答案为A。6、C【题目详解】A钢铁发生吸氧腐蚀，铁失电子生成亚铁离子，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A解释正确；B向沸水中加入几滴饱和的氯化铁溶液至溶液呈红褐色，停止加热，氢氧化铁胶体的制备原理：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，B解释正确；C工业上，向石灰乳中通入氯气制备漂白粉，漂白粉的制备原理：Ca(OH)2+Cl2=Ca2+Cl-+ClO-+H2O，

19、C解释错误；D二氧化硅与强碱反应生成硅酸盐和水，则盛装强碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2O，D解释正确；答案为C。7、D【分析】由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，负极发生：BH4-8OH-一8e-B(OH)4-4H2O，正极发生还原反应，废水中Cu2及H在正极上得到电子被还原，1室中Na+、K透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移，故X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液。【题目详解】A、由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，1室中Na+、K透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室

20、迁移，故X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，故A正确；B、在原电池中负极发生氧化反应，故B项正确；C、由A分析可知：在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，故C正确；D、正极发生还原反应，废水中Cu2及H在正极上得到电子被还原，故D错误。故选D。【答案点睛】难点突破：根据图中电子得失判断电极反应，从而确定1室中Na+、K透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移。8、C【题目详解】A.还原性：Fe2+Br-，所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2，亚铁离子被氧化，离子方程式为: 2Fe2+ Cl2 =2Fe3+ 2Cl，故A错误；

21、B.氢氧化铝溶于强碱溶液；向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量NaOH溶液，反应的离子方程式为：Al3+ NH4+5OH-=AlO2-+2H2O+ NH3H2O，选项B错误；C.用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，反应的离子方程式为：2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O，选项C正确；D.用惰性电极电解AlCl3溶液，反应的离子方程式为：2Al3+6Cl-+6H2O3Cl2+3H2+2Al(OH)3，选项D错误；故答案选C。【答案点睛】用惰性电极电解NaCl溶液，离子反应方程式为：2Cl- + 2H2O Cl2 + H2 + 2OH-，因为氢氧化钠属于强碱溶液，没有沉淀；用惰性电极

22、电解MgCl2溶液，离子反应方程式为：Mg2+2Cl-+2H2OCl2+H2+Mg(OH)2，因为氢氧化镁为不溶于水的沉淀；用惰性电极电解AlCl3溶液，反应的离子方程式为：2Al3+6Cl-+6H2O3Cl2+3H2+2Al(OH)3，因为氢氧化铝为不溶于水的沉淀；所以在做题时，一定要细心审题，避免出错。9、D【题目详解】A2-甲基丙烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH3，其分子中有2种等效氢原子，其一氯代物有2种，故A错误；B异戊烷的结构简式为：CH3CH2CH(CH3)2，其分子中含有4种等效氢原子，其一氯代物有4种，故B错误；C间三甲苯的结构简式为，其分子中含有2种等效H原子，则其

23、一氯代物有2种，故C错误；D2，2-二甲基丙烷的结构简式为：CH3C(CH3)2CH3，其分子中所有H原子都完全等效，则其一氯代物只有1种，故D正确；故选D。10、B【分析】从图中可以看出，不断通入SO2，溶液的pH不断减小，说明溶液的酸性不断增强。【题目详解】A. 没有通入二氧化硫之前，氨水溶液的pH应该大于7，不会小于7，不合题意；B. 氯水与SO2发生反应：Cl2+ SO2+2H2OH2SO4+2HCl，溶液的酸性增强，pH不断减小，符合题意；C. 氢硫酸与SO2发生反应：SO2+2H2S3S+2H2O，溶液的酸性减弱，pH增大，不合题意；D. 氯化钡中通入SO2，不发生反应，虽然SO2

24、溶于水后也能使溶液的酸性增强，pH减小，但与图象的起点不相符，BaCl2溶液呈中性，pH=7，不合题意。故选B。11、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

25、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

26、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+。12、B【答案解析】试题分析：同周期的X、Y、Z三种元素，其氢化物分别为X

27、H3、H2Y、HZ，则原子序数XYZ。A同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径ZYX，错误；B同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，所以Z的非金属性最强，正确；C同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。所以稳定性XH3H2YH2YHZ，错误；D元素的非金属性XYc(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-),故B项错误;C. ab段发生反应H2A+NaOH=NaHA+H2O,b-c段发生反应NaHA+NaOH=Na2A+H20,离子方程式为：HAOH=A2H2O，C项正确;D.c点时H2A与NaOH恰好完全中和，得Na2

28、A溶液,c-d段是向Na2A溶液中继续滴加NaOH溶液,c(OH-)增大,抑制A2-的水解,D项正确。答案：B。【答案点睛】根据曲线中有两个突跃范围，故H2A为二元弱酸与一元碱NaOH反应是分步完成的，根据H2A+NaOH=NaHA+H2O, NaHA+NaOH=Na2A+H20反应进行判断,b点时是NaHA溶液，以此判断离子浓度大小即可。14、A【答案解析】试题分析：S单质的氧化性较弱，Cu与S单质加热发生反应变为Cu2S，错误；Fe与S混合加热发生反应产生FeS，正确；S点燃与氧气发生反应产生SO2，错误；氢气与硫单质在高温下发生化合反应产生H2S，正确；由于氯气的氧化性很强，因此Fe与氯

29、气发生反应产生FeCl3，错误。不能由单质直接化合生成的是，选项A符合题意。考点：考查物质制备方法正误判断的知识。15、B【答案解析】根据氯气的制法、性质及实验装置分析回答。【题目详解】A项：实验室用MnO2和浓盐酸共热制氯气。A项正确； B项：氯气使KI淀粉溶液先变蓝后褪色，是氯气的氧化性。B项错误； C项：氯气密度比空气大，可用向上排空气法收集。C项正确； D项：NaOH溶液能吸收氯气，防止污染空气。D项正确。本题选B。【答案点睛】氯气通入KI淀粉溶液时，先发生反应Cl2+2KI2KCl+I2，碘与淀粉变蓝；当氯气过量时，又发生反应5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3，使蓝色褪去

30、，但不是Cl2的漂白性。16、D【题目详解】A、二氧化硫可用来漂白是具有漂白性，与氧化性无关，故A错误；B、石英坩埚的主要成分为二氧化硅，能与烧碱、纯碱反应，故B错误；C、明矾作净水剂是因为铝离子水解生成的氢氧化铝具有吸附性，与溶解性无关，故C错误；D、液氨汽化时吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故D正确；故选D；二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期A族 SiO2 SiO2 +2OH- = SiO32- + H2O 极性 Mg 2Mg+ CO2 = 2MgO +C 【答案解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X是C元素；Y2+电子层结

31、构与氖相同，则Y是Mg元素；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z是Si元素；M是S元素。（1）M元素是S，核外电子排布是2、8、6，所以位于周期表中的第三周期第VIA族；（2）Z元素是Si元素，其在自然界中常见的二元化合物是SiO2，与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为SiO2 +2OH- =SiO32- + H2O；（3）X与M的单质在高温下反应产生CS2，结构与CO2类似，由于是不同元素的原子形成的共价键，所以其化学键属极性共价键，电子式为；（4）四种元素中只有Mg是金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，所以可用于航空航天合金材料的制备，该金属是比较活泼的金属，可以与二氧化碳反应

32、生成氧化镁和碳，反应的化学方程式为2Mg+ CO2 2MgO +C。点睛：高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律，了解元素原子结构、元素在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考查，有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查，该种题型是高考经典和必考题型。通过元素周期表考查元素性质（主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等），充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理，更突显了化学学科规律的特色。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推

33、断知识和灵活运用知识的能力。18、 ab 2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl- 2Al2O3（熔融）4Al + 3O2 3Fe + NO3- + 2H+ H2O = Fe3O4 + NH4+ 8Al+3Fe3O44Al2O3+ 9Fe 【分析】A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，14-4-3=7，则E为Cl；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe。【题目详解】（1）A为C，E为Cl，AE4为CCl4，电子式为；（2

34、）a.同周期元素金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以D的最高价氧化物对应水化物氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，故a符合题意；b.同周期元素非金属性依次增强，所以F的非金属性强于O，则氢化物稳定性H2O小于HF，故b符合题意；c.氯化铁与铜发生氧化还原反应，所以可以用氯化铁的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，不能用元素周期律解释，故c不符合题意；答案选ab；（3）NaCN是一种有剧毒的盐，E为Cl，用E的一种氧化物ClO2可以除去水溶液中含有的该有毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。该反应的离子方程式：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；（4）D为Al，工

35、业上用电解熔融氧化铝的方法制备铝的单质，反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2；（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理，酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化性铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式为3Fe+NO3- +2H+H2O=Fe3O4 +NH4+；铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O44Al2O3+ 9Fe。19、NaOH溶液 2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2 偏小【分析】测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，因Mg与NaOH不反应，而Al与NaOH反

36、应，由实验可知，A中为NaOH溶液，B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，C、D为量气装置，B中剩余固体为Mg，固体质量差为Al的质量，利用氢气的体积可计算铝的质量分数和铝的相对原子质量。【题目详解】Mg与NaOH不反应，而Al与NaOH反应，由实验可知，A中为NaOH溶液，B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，C、D为量气装置，(1)由上述分析可知，A为NaOH溶液；(2)B中发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；(3)B中剩余固体的质量为cg，为Mg的质量，则Al的质量为（a-c）g，测得氢气体积为bmL

37、，其物质的量为10-3mol；根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知，Al的物质的量为10-3mol=mol，则Al的摩尔质量为=g/mol，原子量为；(4)若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，则造成（a-c）变小，由铝的质量分数为100%可知，实验过程中铝的质量分数偏小。20、 ADBB CuO（其它合理答案也可）、无水CuSO4 4NH3+ 5O2 4NO + 6H2O 有大量红棕色气体产生 D B E 或 C【答案解析】(1)A中反应生成的氢气，要验证H2的还原性，可以选择氢气还原氧化铜或氧化铁等，在氢气进入装置B之前需要通过浓硫酸干燥，要检验生成的水，需要在B中使用无水硫酸铜，为了防止外界的水蒸气对实验的影响，最后需要一个干燥装置，装置的连接顺序为ADBBC，故答案为：ADBB；CuO(或Fe2O3等)、无水CuSO4；(2)氨的催化氧化的反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，一氧化氮易被氧气氧化为红棕色的二氧化氮