2022年常州市重点中学化学高三第一学期期中经典模拟试题（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、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正

2、确的是 ( )A在0.1 mol/lNaHCO3溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(H2CO3)B在0.1 mol/lNa2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)CNH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c(Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)c(H+)D等pH的（NH4）2SO4NH4HSO4NH4Cl，NH4+浓度由大到小的顺序是2、 “太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A

3、、B两个区，A区与大 气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（ ）A若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小B若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3 - xe- =WO3 + xH+C若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化D若用导线连接b、c, b电极的电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O3、已知A、B都为短周期元素，且甲、乙、丙常温下都为气体(如图所示)。2 mol甲分子反应生成1 mol 丙和3 mol乙，下列对此判断不正确的是()A1个乙分子中含有2个A原子B甲的摩尔质量为17 gmol1C同温同压下，生成丙和乙的

4、体积比为13D标准状况下，11.2 L甲溶于500 mL水中，所得溶液中甲的物质的量浓度为1 molL14、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W与Z形成的化合物具有还原性，且溶于水后其水溶液显酸性。W所在周期数和族数相同，且W与Y同族、X与Z同族。下列叙述正确的是A最简单气态氢化物的稳定性：XZYXB最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等8、在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去。根据溶液中平衡时相关离子

5、浓度的关系图，下列说法错误的是A的数量级为B除反应为Cu+Cu2+2=2CuClC加入Cu越多，Cu+浓度越高，除效果越好D2Cu+=Cu2+Cu平衡常数很大，反应趋于完全9、下列物质不能通过化合反应制得的是AFeCl3BFeCl2CFe（OH）3DFe（OH）210、25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是ApH=1的NaHSO4溶液：c(H+)c(SO42)c(OH)B0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH7)：c(NH3H2O)c(NH4+)c(Cl)c(OH)C0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元

6、弱酸)：2c(C2O42)c(HC2O4)c(OH)c(Na+)c(H+)D0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+)2c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)11、能证明KOH是离子化合物的事实是A常温下是固体B易溶于水C水溶液能导电D熔融态能导电12、下列除去杂质的方法正确的是（ ）A除去CO2中少量的SO2气体：将气体通过饱和碳酸钠溶液B除去FeCl3酸性溶液中少量的FeCl2：加入稍过量双氧水后静置C除去Al(OH)3中少量的Mg(OH)2：加入稍过量NaOH溶液充分反应后过滤D除去NO气体中少量的NO2：将气体通过NaOH溶液13、根

7、据如下框图分析，下列说法正确的是AE2的氧化性比M2的氧化性强B在反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀C反应的离子方程式可表示为E23OHE(OH)3D在反应中只能用浓硫酸，既表现酸性，又表现了氧化性14、下列事实不能用勒沙特列原理解释的是（）A合成氨工业选择的反应条件不是室温，是 500左右B用浓磷酸与 KBr 反应制备 HBr 气体C实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气D硫酸工业中，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率15、三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：4NH33F2 = NF33NH4F。在潮湿的空气中，NF3能与水蒸

8、气发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。下列说法正确的是A制取NF3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为31B在NF3与H2O的反应中，H2O作还原剂C若在制取NF3的反应中有0.5 mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为3 molDNF3在空气中一旦泄漏，不易于发现16、下列关于物质分类的说法正确的是（ ）A稀豆浆、硅酸、氧化铁溶液都属于胶体BNa2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物C氨水、次氯酸都属于弱电解质D通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D 均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A 是地

9、壳中含量最多的元素， B 是短周期中金属性最强的元素，C 与 D 位置相邻，D 是同周期元素中原子半径最小的元素。完成下列填空：(1)A 在周期表中的位置为第_周期_族，A 原子的最外层电子排布式为_，A 原子核外共有_个不同运动状态的电子。(2)B、C、D 三种元素形成简单离子其半径大小的_。（用个离子符号表示）(3) A、B 形成化合物的电子式_；这些化合物中所含的化学键有_(4)非金属性的强弱：C_D（填“强于”、“弱于”、“无法比较”），试从原子结构的角度解释其原因。_请用一个方程式证明 A 与 C 的非金属性的强弱_。18、现有失去标签的四瓶无色溶液分别为Na2CO3溶液、稀盐酸、B

10、a(OH)2溶液、NaHSO4溶液，为确定四瓶溶液分别是什么，将其随意标号为A、B、C、D，分别取少量溶液两两混合，产生的现象如下表所示。根据实验现象，回答下列问题：实验顺序实验内容实验现象实验顺序实验内容实验现象A + B生成白色沉淀B + C无明显变化A + C放出无色气体B + D生成白色沉淀A + D放出无色气体C + D无明显变化（1）A为_，C为 _ 。（2）写出下列反应的离子方程式A + B: _,A + D: _，（3）等物质的量浓度、等体积的B、D混合反应的离子方程式为_，反应后得到的溶液中含有的阴离子有_ 。19、已知碘在酸性条件下被氯酸钾氧化成碘酸钾（KIO3），后与氯化

11、钙反应生成碘酸钙。I.制备碘酸钙回答下列问题：（1）已知氧化性：ClOIOCl2。写出制备碘酸钾的化学方程式_。（2）制备装置（如图）中需用_（填“直形”或“球形”）冷凝管，反应产生的气体可用_溶液尾气处理。（3）水浴时，在烧瓶瓶颈处逐渐析出了一些紫红色固体，请解释此现象_。（4）白色沉淀经过滤后，又依次用冰水、无水乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的作用是_。II.产品纯度测定准确称取产品（不含结晶水）1.300 g，置于烧杯中，加入10 mL 1：1高氯酸，微热溶解试样，冷却后移入250 mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀。移取试液25.00 mL，加入1：1高氯酸1 mL、碘化钾1.5 g；加入0.

12、5%淀粉溶液2 mL，用浓度为c mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点。再平行测定两次。回答下列问题：（5）写出中反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比是_；中滴定终点的判断现象是_。（6）已知测定时发生反应I2+2S2O=2I-+S4O，三次平行测定消耗硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为Vi mL，空白试验消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积为V2 mL,则1.300 g产品中碘酸钙物质的量nCa（IO3）2为_mmol。20、某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuC

13、O3和Cu(OH)2的混合物。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为_；在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。其具体操作依次为_。请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为_。（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是_。若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可利用下列装置通过实验测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是_，实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是_（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为_。21、煤是我

14、国重要的化石燃料，煤化工行业中产生的H2S也是一种重要的工业资源(1)煤液化是_(填“物理”或“化学”)变化过程。(2)煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸，部分过程如图所示：SO2反应器中的化学方程式是_。生产过程中的尾气需要测定SO2的含量符合标准才能排放已知有V L(已换算成标准状况)尾气，通入足量H2O2吸收再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥、称量得到b g沉淀。尾气中SO2的含量(体积分数)的计算式是_。(3)H2S还可用于回收单质硫含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫，得到单质硫FeCl3溶液吸收H2S过

15、程中，溶液中的n(Fe3+)、被吸收的n(H2S) 随时间t的变化如图。由图中信息可知，0t1时，一定发生的反应是_(用离子方程式表示)。t1以后，溶液中n(Fe3+)保持基本不变，原因是_。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、C【答案解析】A. 在0.1 mol/lNaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3-的水解大于电离，则c(H2CO3) c(CO32-)，A错误；B. 在0.1 mol/lNa2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)，质子不守恒，应为： c(OH-)=c(HCO3-)+2c(H2C

16、O3) +c(H+)B错误；C. 若NH4HSO4与NaOH按1：1反应， c(Na+)=c(SO42-)且溶液呈酸性，现至溶液恰好呈中性，则NaOH要过一点，则c(Na+)c(SO42-)，C正确。D. 等pH的（NH4）2SO4 NH4Cl，说明铵根离子水解程度相同，则这两种物质中铵根离子浓度相同，NH4HSO4溶液中电离产生氢离子抑制铵根水解，则铵根离子浓度比其它两种要小些， NH4+浓度由大到小的顺序是=。D错误。2、B【题目详解】A用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H+O2，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；B用导线连接a、c，

17、c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3 + xH+xe- = HxWO3，故B错误；C用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确； D用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故D正确；故答案为B。3、D【答案解析】A、已知甲、乙、丙常温下都为气体，2mol甲分子反应生成1mol丙和3mol乙，根据原子半径相对大小可判断A是H，B是N，因此甲、乙、丙分别是氨气、氢气和氮气，1个乙分子中含有2个H原子，A正确；B、氨气的摩尔质量是17g/mol，B正确；C、根据原子守恒可知

18、同温同压下，生成氮气和氢气的体积比为13，C正确；D、所得氨水溶液的体积不是0.5L，不能计算氨水的浓度，D错误，答案选D。4、C【答案解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W与Z形成的化合物具有还原性，且溶于水后其水溶液显酸性，W所在周期数和主族序数相同，则W为H元素，Z为S元素，且W与Y同族、X与Z同族，则Y为Na元素，X为O元素。A. 非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越强，则氢化物的稳定性XZ，故A错误；B. 钠离子含有2个电子层，硫离子含有3个电子层，电子层结构不同，故B错误；C. X与Y形成的离子化合物为氧化钠或过氧化钠，二者中阴阳离子的数目之比均为12，

19、故C正确；D. 氢硫酸为弱酸，故D错误；故选C。5、A【答案解析】A.由于溶液中氯离子浓度不同，无法排除氯离子对H2O2分解速率的影响，A错误；B. 根据沉淀溶解平衡原理，向Mg(OH)2浊液中滴加FeCl3溶液，观察是否出现红棕色沉淀，即可判断两者的溶解度，B正确；C. 将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾把二氧化硫氧化为硫酸根离子，本身被还原为锰离子，溶液褪色，证明SO2具有还原性，C正确；D. 结合盐类“越弱越水解” 规律，相同浓度的NaClO和CH3COONa溶液，NaClO溶液的pH较大，水解能力强，对应的酸的酸性弱，即HClO小于CH3COOH的酸性，D正确；综上所述，本题选A

20、。6、C【题目详解】A. 常温下，向稀醋酸溶液中缓慢通入少量，溶液中醋酸根离子浓度增大，溶液中=值减少，故A错误；B.工业合成氨，为提高产率，原理上要选择较低温度下进行，但低温下催化剂的活性降低，反应速率变慢，为了提高反应速率和催化剂的活性，工业合成氨一般选择的是高温，故B错误；C铁比铜活泼，发生电化学腐蚀，铁为原电池的负极，更易腐蚀，故C正确D. 电解精炼铜时，阳极泥中含有Ag、Au等金属单质，不能含有锌单质，因为锌的活泼性比铜强，在阳极失去电子被氧化生成锌离子，故D错误；故选：C。7、A【题目详解】A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半

21、径就越大，所以原子半径大小关系是：ZWXY，故A错误；B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：XWZ，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZ，故B正确；C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：YXWZ，所以元素的氢化物的稳定性：YXWZ，故C正确；D、主族元素除了O和F之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，故D正确；故选A。8、C【答案解析】AKsp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl)，在横坐标为1时，纵坐标大于6，所以Ksp(CuCl)的数量级是107，A正确；B除去Cl反应应

22、该是Cu+Cu22Cl2CuCl，B正确；C加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl效果越好，但同时溶液中，Cu2浓度也增大，会在阴极被还原为Cu，影响炼锌的产率和纯度，故C错误；D在没有Cl存在的情况下，反应2CuCu2Cu趋于完全，D正确，答案选C。9、D【题目详解】A. 2Fe+3Cl2=2FeCl3,属于化合反应，B. Fe+2FeCl3=3FeCl2属于化合反应，C. 4Fe(OH)2+2H2O +O2= 4Fe(OH)3属于化合反应；D. 无法通过化合反应生成Fe(OH)2，符合题意；答案选D。10、A【题目详解】A、NaHSO4溶液中的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)2c(SO4

23、2)c(OH)，又因为c(Na+)= c(SO42)，故A正确；B、NH4Cl与氨水混合溶液中的电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)c(Cl)c(OH)，因为溶液显碱性，c(OH) c(H+)，所以c(NH4+) c(Cl)，存在物料守恒：c(NH3H2O)+c(NH4+)=2c(Cl)，所以正确的离子浓度大小顺序为c(NH4+)c(Cl)c(NH3H2O) c(OH) c(H+)，故B错误；C、0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4，所以存在的电荷守恒为：2c(C2O42)c(HC2O4)c(OH)+ c(Cl)c(Na+)c

24、(H+)，故C错误；D、0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合的物料守恒为2c(Na+)3c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)，故D错误；故选A；【答案点睛】解答本题需要掌握两个方面的知识;混合后的溶液中的溶质是什么。如C选项，0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4；能够灵活运用盐类水解的三种守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，来比较溶液当中离子浓度大小。11、D【答案解析】离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，据此分析解答。【题目详解】离子化

25、合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，所以在熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，KOH在熔融状态下能导电，所以是离子化合物，与其状态、溶解性强弱、其水溶液是否导电都无关，答案选D。12、B【题目详解】ACO2和SO2二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化硫，故A错误；B酸性条件下过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，且不引入新杂质，故B正确；C氢氧化铝与NaOH反应，将原物质除去，故C错误；DNO、NO2可在NaOH溶液中发生氧化还原反应，应将混合气体通过水、洗气，故D错误；答案选B。【答案点睛】选择除杂溶液时，不要引入新的杂质，不

26、减少原来的溶液。13、B【分析】M为红色金属，即Cu，与硫酸反应生成硫酸铜，与金属E反应能置换出Cu，说明E的活泼项性强于Cu，得到的溶液X可被H2O2氧化，生成的Y遇到KSCN能出现红色，说明Y中含有Fe3+，那么X中存在Fe2+，则金属E为Fe，红褐色固体Z为Fe(OH)3，据此进行分析判断。【题目详解】A. 铁的还原性强于铜，那么Cu2+的氧化氢强于Fe2+，A项错误； B. 在反应中若不加稀硫酸，反应为：6Fe2+3H2O2= Fe(OH)3+4Fe3+，可以看到红褐色沉淀，B项正确；C. 反应的离子方程式可表示为Fe3+3NH3H2OFe (OH)3+3NH4+，C项错误；D. 在反

27、应中表现氧化性的是H2O2，硫酸只提供了酸性环境，D项错误；答案选B。14、A【答案解析】A、合成氨的反应是一个放热反应，温度升高平衡逆向移动，氨气的产率降低，故选择500左右的温度不是考虑平衡的移动，而是考虑反应的速率和催化剂的活性，所以A选项与勒沙特列原理无关，A正确。B、浓磷酸与 KBr 反应制备 HBr 气体的反应中，生成的HBr为气体，及时将HBr气体排出，降低生成物的浓度，平衡正向移动，符合勒沙特列原理，B错误。C、Cl2溶于水发生反应：Cl2+H2O HCl+HClO，这是一个可逆反应，饱和食盐水中Cl-浓度较大，使上述平衡逆向移动，而减少Cl2的溶解，符合勒沙特列原理，C错误。

28、D、增大一种反应物的浓度可以使平衡正向移动，导致另一种反应物的转化率提高，符合勒沙特列原理，D错误。正确答案为A。【答案点睛】许多学生不选答案A，认为只要温度改变就符合勒沙特列原理，而不从实际情况考虑。合成氨的反应中，该反应为放热反应，从理论上考虑，温度越低氨气的产率越高，这对氨气的生成是有利的，但温度过低，反应速率过慢，且催化剂达不到其最佳的活性，故不选择室温而选择500左右，主要是从反应速率和催化剂的角度来考虑的。15、A【题目详解】A.反应4NH33F2=NF33NH4F中，N的化合价由-3价升至+3价，NH3为还原剂，F的化合价由0价降至-1价，F2为氧化剂，根据得失电子守恒，氧化剂与

29、还原剂的物质的量之比为31，4mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为6 mol，A正确；B.NF3与水蒸气反应生成HF、NO和HNO3，部分N的化合价由+3价升至+5价，部分N的化合价由+3价降至+2价，H2O中H、O元素的化合价反应前后没有发生变化，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，B错误；C.根据A项分析，若在制取NF3的反应中有0.5 mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为0.75mol，C错误；D.如果NF3泄漏，与空气中的水蒸气反应生成NO，NO被氧化成NO2，空气中有红棕色气体生成，易被发现，D错误；答案选A。16、D【题目详解】A. 稀豆浆、硅酸都属于胶体，但氧化铁溶液

30、不是胶体，A不正确；B. Na2O、MgO均属于碱性氧化物，但Al2O3属于两性氧化物，B不正确；C. 氨水是混合物，不是电解质，次氯酸属于弱电解质，C不正确；D. 通过化学反应，可由Ba(OH)2与Na2SO4反应，可一步转化生成NaOH，D正确。故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、二 A 2s22p4 8 S2-Cl- Na+ 、 离子键、共价键 弱于 非金属性也就是得电子的能力 S的原子序数是16 而Cl是17 所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大 所以捕获电子的能力也大 由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性

31、大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O 【分析】A、B、C、D 均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A是地壳中含量最多的元素，则A为氧元素； B 是短周期中金属性最强的元素，则B为钠元素；C 与 D 位置相邻，D 是同周期元素中原子半径最小的元素，则D为氯元素，C为硫元素；A、B、C、D分别为：O、Na、S、Cl 。【题目详解】(1)A为氧元素，在周期表中的位置为第二周期A族，氧原子的最外层电子排布式为2s22p4，氧原子核外共有8个电子，则有8个不同运动状态的电子。答案为：二；A；2s22p4；8；(2) Na、S、Cl 三种元素形成简单离子分别为：Na+、S2-、Cl

32、-，S2-、Cl-分别为三个电子层，Na+为两个电子层，Na+半径最小，电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，故S2-半径大于Cl-半径，半径大小的顺序为：S2-Cl- Na+。答案为：S2-Cl- Na+；(3) O和Na形成化合物有Na2O和Na2O2，电子式分别为、；这些化合物中所含的化学键有离子键、共价键；答案为：、；离子键、共价键；(4) S和Cl为同周期元素，同周期元素从左至右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱：S弱于Cl；从原子结构的角度分析：非金属性也就是得电子的能力 S的原子序数是16 而Cl是17 所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大 所以捕获电

33、子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）2H2O+2S可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O；答案为：弱于；非金属性也就是得电子的能力 S的原子序数是16 而Cl是17 所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大 所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O。18、Na2CO3溶液 稀盐酸 CO32-+Ba2+=BaCO3 CO32-+2H+=CO2+H2O Ba2+OH-+H+SO42-=B

34、aSO4+H2O OH- 【答案解析】根据反应现象和物质的性质进行推断，由表格中A能与C和D反应均有气体放出，可知A为碳酸钠溶液，C和D溶液均显酸性，则B为氢氧化钡溶液，B和C、D分别混合，B和D有沉淀，可知D为硫酸氢钠溶液，则C为稀盐酸。（1）根据分析可知：A为碳酸钠溶液，C为稀盐酸，故答案为Na2CO3溶液；稀盐酸；（2）碳酸钠溶液和氢氧化钡溶液混合生成碳酸钡白色沉淀，发生反应的离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3，碳酸钠溶液和硫酸氢钠溶液混合有二氧化碳气体放出，发生反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，故答案为CO32-+Ba2+=BaCO3；CO32-+2H+=

35、CO2+H2O；（3）氢氧化钡溶液和硫酸氢钠溶液等体积等物质的量浓度反应生成水和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，从离子反应方程式可看出，等物质的量反应后溶液里剩余阴离子为OH-，故答案为Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O；OH-。点睛：本题属于表格型推断题，考查溶液中物质之间的离子反应，把两两反应的现象归纳、列表，并和试题信息对照可得出结论。本题的易错点为（3），要注意与硫酸和氢氧化钡反应的离子方程式的区别。19、I2+2KClO3 2KIO3+Cl2 球形 NaOH 升华后遇冷凝华为固体 除水，并快速干燥固体 最后一滴标准

36、溶液滴入锥形瓶后，溶液由蓝色变为无色，且内不恢复颜色 【分析】碘在酸性条件下被氯酸钾氧化成碘酸钾（KIO3），后与氯化钙反应生成碘酸钙，得到的产品进行纯度的检验，利用Na2S2O3标准溶液滴定，进而计算其纯度。【题目详解】根据氧化性：，所以碘和氯酸钾反应的化学方程式： I2+2KClO32KIO3+Cl2；根据图中所示，装置中需用球形冷凝管；反应中产生的氯气有毒，能与氢氧化钠溶液反应，所以用氢氧化钠溶液吸收；故答案为：球形；NaOH；水浴时，在烧瓶瓶颈处逐渐析出了一些紫红色固体，原因是升华后遇冷凝华为紫红色的固体；故答案为：升华后遇冷凝华为固体；乙醇与水以任意比互溶，易挥发，使用乙醇洗涤的作用

37、是除水，并快速干燥固体；故答案为：除水，并快速干燥固体； 发生的反应为：，的反应方程式为：，反应中只有碘元素化合价发生了变化，1个碘酸根离子中碘的化合价由价降低到0价被还原，得到还原产物，5个碘离子化合价由价升高到0价被氧化，得到氧化产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比是；中滴定时发生的反应为，碘的淀粉溶液为蓝色，终点的判断现象是最后一滴标准溶液滴入锥形瓶后，溶液由蓝色变为无色，且内不恢复颜色；故答案为：；最后一滴标准溶液滴入锥形瓶后，溶液由蓝色变为无色，且内不恢复颜色；根据的反应得出关系式： ：，解得；故答案为：。20、CO32+Cu2+=CuCO3 过滤、洗涤、干燥 ACB 装置B中

38、澄清石灰水变浑浊 吸收空气中的H2O (g)和CO2 结束时通入的空气可以将装置中滞留的H2O (g)和CO2赶出 1 【分析】、沉淀是CuCO3说明Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生复分解反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法；、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B

39、中澄清石灰水变浑浊。、（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的空气排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算。【题目详解】、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与

40、碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应的离子方程式为CO32+Cu2=CuCO3；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法，其具体操作依次为过滤、洗涤、干燥；、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。A加热固体，C用无水硫酸铜检验有无水生成，B用澄清的石灰水检验有无二氧化碳产生，各装置连接顺序为ACB ；（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。、若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，加热时