湖南湖北八市十二校2022-2023学年化学高三上期中教学质量检测模拟试题（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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、配制100 mL 0.1 molL1Na2CO3溶液，下列操作正确的是()A称取1.06 g无水碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容B称取1.06 g无水碳酸钠，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解C转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D定容

2、后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀2、六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和D同族，C和F同族，B、C、D、E的离子均具有相同的电子层结构，E在同周期元素中离子半径最小。A和B、C、F均能形成共价型化合物，A和B形成的化合物Y在水中呈碱性，D和F形成的化合物在水中呈中性。下列说法错误的是AB、D离子的半径大小是BDB化合物AC的沸点比化合物AF的高CC的单质能将F单质从EF3的溶液中置换出来D化合物AF与化合物Y可反应生成含有共价键的离子化合物3、某100mL溶液可能含有 Na+、NH4+、Fe3+、CO32、SO42、Cl中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加

3、试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是A若原溶液中不存在 Na+，则 c（Cl）0.1molL1B原溶液可能存在 Cl 和 Na+C原溶液中 c（CO32）是 0.01molL1D原溶液一定存在 CO32和SO42，一定不存在 Fe3+4、阿伏加德罗常数约为6.021023 mol1，下列叙述正确的是A2.24 L CO2中含有的原子数为0.36.021023B0.1 L 3 molL1的NH4NO3溶液中含有的NH4数目为0.36.021023C5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.36.021023D4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.36.0210235、三种气体

4、X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)c(H2NCH2CH2NH3+)c(H+)c(OH-)14、某温度下，反应H2(g)+I2(g)2HI(g)在一带有活塞的密闭容器中达到平衡，下列说法中不正确的是（ ）A恒容，升高温度，正反应速率减小B恒容，充入H2，I2(g)的体积分数降低C恒压，充入HI(g)，开始时正反应速率减小D恒温，压缩体积，平衡不移动，混合气体颜色加深15、某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I、SO32、SO42，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是A肯定不含IB肯定含有SO32、IC肯定不含SO4

5、2D肯定含有NH4+16、下列指定反应的离子方程式正确的是 ()AFeO溶于稀硝酸:FeO+2H+ Fe2+H2OBAl2(SO4)3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液:Al3+4OH- AlO2-+2H2OC漂白粉溶液中通入少量CO2: 2ClO-+H2O+CO22HClO+CO32-D向NaOH溶液中滴加过量Ca(HCO3)2溶液:Ca2+HCO3-+OH-CaCO3+H2O17、表示下列反应的离子方程式正确的是（ ）A铁溶于稀盐酸：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B氯化铝溶液中加过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+C碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热：NH4+OHH

6、2O+NH3D氯气通入水中，溶液呈酸性：Cl2+H2O2H+Cl+ClO18、如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是( )A向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液可能变为血红色B溶液B转化为溶液C发生的变化的离子方程式为4H+ 2Fe2+O2=2Fe3+2H2OC溶液酸性：ABCD加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A19、下列有关说法正确的是A天然气的主要成分是甲烷，是一种可再生的清洁能源B将农业废弃物在一定条件下产生热值较高的可燃气体，是对生物质能的有效利用C若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则反应放热D寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量是科

7、学家研究的方向20、下述实验设计能够达到目的的是（ ）ACO2中混有少量SO2，通过足量饱和碳酸氢钠溶液，再经干燥后收集气体BHNO3溶液中混有少量H2SO4，加入适量BaCl2溶液，再过滤C提取溴水中的溴，可用加入乙醇萃取的方法D检验溶液中是否含有Fe2，向溶液中滴入氯水后，再滴加KSCN溶液21、一种白色固体可能由Na+、Ba2+、Cl-、Br-、HCO3-、SO32-、SO42-离子中的若干种组成，某同学设计实验检验其组成，记录如下：实验步骤实验操作实验现象将固体溶于水，用pH试纸检验无色溶液pH=9向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置产生气泡，CCl4层呈橙色向所得水溶液中加入B

8、a(NO3)2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列关于固体组成的结论错误的是A不能确定是否含有Ba2+、Cl-B至少含有SO32-、SO42-中的一种离子C肯定含有HCO3-和Br-D无需检验即可断定溶液中含有Na+22、设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是A5.6g铁粉与足量Cl2反应，失去的电子数为0.2NAB1mol NH3含有的电子数10NAC常温常压下，22.4 L的氧气含氧原子数为2NAD常温下，1 L0.1molL1AlCl3溶液中含Al3数为0.1 NA二、非选择题(共84分)23、（14分）下表是元素周期表的一部分，

9、回答下列有关问题：（1）写出下列元素符号：_，_，_，_。（2）在这些元素中，最活泼的金属元素是_，最活泼的非金属元素是_，最不活泼的元素是_。（3）在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是_，碱性最强的是_，呈两性的氢氧化物是_，写出三者之间相互反应的化学方程式_。（4）在这些元素中，原子半径最小的是_，原子半径最大的是_。（5）在与中，化学性质较活泼的是_，怎样用化学实验证明？答：_。在与中，化学性质较活泼的是_，怎样用化学实验证明？答：_。24、（12分）某药物H的合成路线如图所示：完成下列填空：（1）F分子中含氧官能团名称_。（2）反应中X为气态烃，与苯的最简式相同，则X的名

10、称_。（3）反应AB的反应类型是_；BC的反应条件是_。（4）写出反应的化学反应方程式。DE：_。GH：_。（5）E的同分异构体中，满足下列条件的物质的结构简式是_。能发生银镜反应 能水解 苯环上的一溴代物只有两种（6）请写出以D为原料合成苯乙酮（）的反应流程。_A试剂B试剂目标产物25、（12分）在潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选用适当的化学试剂和实验用品，用下图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可用于制取氧气。（1）A是用CaCO3制取CO2的装置。写出A中发生反应的化学方程式： 。（2）按要求填写表中空格：仪器编号盛放的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液C与CO2反应，产生O

11、2D吸收未反应的CO2气体（3）为了达到实验目的， （填“需要”或“不需要”）在B装置之后增加一个吸收水蒸气的装置；若你认为需要增加一个吸收水蒸气装置，应选用 作为吸水剂；若你认为不需要，请说明理由是 。（4）证明收集到的气体是氧气的方法是 。26、（10分）实验室需要0.1molL-1NaOH溶液450mL和0.5molL-1硫酸溶液450mL根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_（填序号），本实验所用玻璃仪器E的规格和名称：_配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_（填仪器名称）（2）容量瓶不能用于_（填序号）A配制一定体积准确浓度的标准溶液B长期贮

12、存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D准确稀释某一浓度的溶液E量取一定体积的液体F用来加热溶解固体溶质（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_g在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_0.1molL-1（填“大于”“等于”或“小于”，下同）若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度_0.1molL-1（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84gcm-3的浓硫酸的体积为_mL（计算结果保留一位小数）如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用_mL量筒最好配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是_。（5）如果定

13、容时不小心超过刻度线，应如何操作：_。27、（12分）某研究性学习小组用如图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验：完成下列填空（1）在配制FeCl3溶液时，需先把FeCl3晶体溶解在_中，再加水稀释，才能得到透明澄清溶液。（2）B装置的作用是_；D装置中吸收尾气的离子方程式是_。（3）A装置中制备SO2的化学方程式为：_，在该反应中浓硫酸体现的性质是_。（4）当温度较高的SO2气体（足量）通入FeCl3溶液中时，可以观察到溶液由黄色逐渐变为浅绿色。根据此现象，该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生了氧化还原反应。a.写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式：_。b.请设计实验方案检

14、验上述反应中FeCl3是否反应完全：_。c.若向得到的浅绿色溶液中逐滴滴加NaOH溶液，可以观察到的现象是：_。28、（14分）十九大报告中关于生态环境保护的论述全面而深刻，对研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要指导意义。（1）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H=-113.0kJmol-12SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-196.6kJmol-1写出SO2与NO2反应生成SO3和NO的热化学反应方程式_。（2）汽车尾气的净化装置中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H0。在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生上述反应，如

15、图为平衡时NO的体积分数与温度，压强的关系。该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施有_(填字母序号)。a.升高温度 b.增加CO的浓度 c.缩小容器的体积 d.改用高效催化剂压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到10min达到平衡状态，容器的体积为2L；用CO2的浓度变化表示的平均反应速率v(CO2)=_；若在D点对反应容器升温的同时增大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的_点。（3）电解硝酸工业的尾气NO可制备NH4NO3，其工作原理如图所示，则N极应连接电源的_(填“正极”或“负极”)，M极的电极反应式为_。29、（10分）铁是应用

16、最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。（1）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4。其反应的离子方程式：Fe(OH)3+ClO+OHFeO42+H2O+Cl（未配平）。配平上述离子方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目。_Fe(OH)3+_ClO+_OH_FeO42+_H2O+_Cl该反应中，还原剂是_，被还原的元素是_。（2）在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生反应：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)+Q。已知该反应在不同温度下的平衡常数如表。温

17、度/100011501300平衡常数64.050.742.9该反应的平衡常数表达式为_，Q_0（填“”、“”或“=”）。（3）在容积为10L的密闭容器中，1000时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡，该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)=_，CO的平衡转化率为_。（4）欲提高CO的平衡转化率，可采取的措施是_。A减少Fe的量 B增加Fe2O3的量C移出部分CO2 D提高反应温度E减小容器的容积 F加入合适的催化剂（5）现在恒压密闭容器中通入1molH2和1molCO2发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)+41kJ。当反应达

18、到平衡后，在其他条件不变时，再通入1molH2和1molCO2的混合气体，请在图中画出正(v正)、逆(v逆)反应速率随时间t变化的示意图。_2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【答案解析】A项，称量好的固体不能直接放入容量瓶中，应先在烧杯中溶解并冷却至室温后转移到容量瓶中，错误；B项，题中100mL指溶液的体积，不是溶剂蒸馏水的体积，错误；C项，向容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流，防止液滴外洒，错误；D项，定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀，正确；答案选D。2、C【分析】六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原

19、子序数依次增大，A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和D同族，D的原子序数大于氮元素，故D为Na元素；D和F形成的化合物在水中呈中性，结合原子序数可知，F为Cl；C和F同族，则C为氟元素；B、C、D、E的离子均具有相同的电子层结构，E在同周期元素中离子半径最小，则E为Al，据此分析作答。【题目详解】A、电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径BD，A项正确；B、HF分子之间存在氢键，沸点比较HCl高，B项正确；C、氟气与AlCl3的溶液中随反应生成HF与氧气，不能置换出氯气，C项错误；D、HCl与NH3生成的NH4Cl属于离子化合物，D

20、项正确；答案选C。3、D【答案解析】加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32、SO42这两种离子，一定没有Fe3+（Fe3+和CO32会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，则n(BaCO3)= 。加入NaOH溶液产生1.12L（标况）气体，则溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32和SO42所带的负电荷的物质的量为0.01mol20.01mol2=0.04mol，NH4所带正电荷的物质的量为0.05mol1=0.0

21、5mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl-，且最少为0.01mol（因为无法判断是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的电中性）。【题目详解】A. 若原溶液中不存在 Na+，则 c(Cl)= ，A错误；B. 原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B错误；C. 经计算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，则c(CO32-)=0.01mol0.1L=0.1mol L1，C错误；D. 加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32、SO42这两种离子，一定没有Fe3+，D正确；故合理选项为D。【答案点睛】溶液中的离子要保持电

22、荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。4、D【题目详解】A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1 L 3 molL1的NH4NO3溶液中含有的NH4数目小于0.36.021023，B错误；C.5.6gFe的物质的量是0.1mol，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.26.021023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.36.021023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能判断转移电子的物质的量，C错误；D.在Si

23、O2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol46.021023/mol=0.36.021023，D正确；故合理选项是D。5、C【分析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)Mr(Y)=0.5Mr(Z)，即Mr(X)Mr(Y)(H2NCH2CH2NH3+)c(H+)c(OH-)，故D正确；答案选C。14、A【题目详解】A. 恒容，升高温度，正反应速率增大，故A错误；B. 恒容，充入H2(g)，平衡正向移动，I2(g)物质的量减少，体积分数降低，故B正确；C. 恒压，充入

24、HI(g)，体积变大，H2、I2的浓度变小，开始时正反应速率减小，故C正确；D. 恒温，压缩体积，由于是等体积反应，因此平衡不移动，但I2的浓度增大，混合气体颜色加深，故D正确；答案选A。15、C【答案解析】因为溶液呈无色，则溶液中不含Fe2+；溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，溶液中一定含SO32-（反应为Br2+SO32-+H2O=2Br-+SO42-+2H+），由于SO32-的还原性强于I-，加入的溴水是少量，不能确定溶液中是否存在I-，A、B项错误；由于溶液中所有离子物质的量浓度相同，根据电荷守恒，Na+、NH4+、K+都为带一个单位正电荷的阳离子，溶液中Na+、NH4+、K+至少含有两

25、种，而SO42-为带2个单位负电荷的阴离子，则溶液中一定不含SO42-，C项正确、D项错误；答案选C。【答案点睛】易错点：加入少量溴水后，溶液仍呈无色易判断出一定不含I-；事实是还原性SO32-I-，少量溴水先与还原性强的SO32-反应，即使含I-也不能发生反应发生颜色的变化。16、D【题目详解】A项，FeO溶于稀硝酸时，FeO被氧化成Fe3+并生成NO，其离子方程式为：3FeO+10H+NO3-=3Fe3+NO+5H2O，故A项错误；B项，Al2(SO4)3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，生成偏铝酸盐和硫酸钡沉淀，其离子方程式为2Al3+3SO42-+3Ba2+8OH-=2AlO2-+4H

26、2O+3BaSO4，故B项错误；C项，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，漂白粉溶液中通入少量CO2的离子方程式为：Ca2+2ClO-+ H2O+ CO2=2HClO+CaCO3，故C项错误；D项，向NaOH溶液中滴加过量Ca(HCO3)2溶液生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为Ca2+ HCO3+ OHCaCO3+ H2O，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。【答案点睛】本题考查离子方程式正误的判断，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。17、B【答案解析】A铁溶于稀

27、盐酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B氯化铝溶液中加过量氨水的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B正确；C碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热，反应的离子方程式为HCO3+NH4+2OH2H2O+NH3+CO32，故C错误；D氯气通入水中，溶液呈酸性，离子方程式为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查离子方程式正误的判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，选项A为易错点，侧重与量有关的离子反应的考查，注意氢氧化铝的两性。18、A【答案解析】A含二氧化硫的废气通入酸性硫酸铁溶液中

28、发生反应：2Fe3+2H2O+SO2=2Fe2+SO42-+4H+，B溶液中含FeSO4和H2SO4，Fe2+与KSCN溶液不反应，但若SO2不足，则溶液B中仍含Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，A正确；B溶液B转化为溶液C时发生亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，B错误；C反应过程中溶液的体积不变，溶液A为Fe2(SO4)3溶液，溶液中三价铁离子水解显酸性，溶液B中含H2SO4，显强酸性，溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，溶液C是溶液B发生反应4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O得到，虽然消耗氢离子但H+未完全消耗，

29、溶液仍呈酸性，溶液的酸性：BCA，C错误；D溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，加氧化亚铁，氧化亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁、水，与溶液A的组成不同，D错误；答案选A。19、B【题目详解】A、煤、石油、天然气属于化石燃料，它们都是不可再生能源，故A错误；B、生物质发酵转化为可燃性气体比如甲烷，是对生物质能的有效利用，故B正确；C、若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则吸收的能量大于放出的能量，反应吸热，故C错误；D、催化剂只能改变化学反应速率，而不能违背能量守恒规律，水分解是个吸热反应，这是不可逆转的，故D错误；故选B。20、A【题目详解】ACO2中混有少量SO2，通过足量饱和

30、碳酸氢钠溶液，可吸收SO2，再经干燥后可收集到纯净的CO2气体，A正确；BHNO3溶液中混有少量H2SO4，加入适量BaCl2溶液，引入了HCl，B错误；C乙醇与水混溶，不能用乙醇萃取溴水中的溴，C错误；D若溶液中有，有相同的现象，D错误；答案选A。21、A【答案解析】无色溶液，pH=9，溶液显碱性，是因为SO32或HCO3水解造成，因此HCO3、SO32至少含有一种；滴加氯水和四氯化碳后，产生气泡，因为氯水中含有HCl，因此原溶液中一定含有HCO3，CCl4层呈橙色，加入氯水后产生了Br2，推出原溶液中一定含有Br；在的所得溶液中加入Ba(NO3)2和HNO3，出现白色沉淀，此沉淀是BaSO

31、4，得出SO32、SO42至少含有一种，Ba2不存在，溶液呈现电中性，原溶液一定含有Na；滤液中加入AgNO3和稀硝酸，出现白色沉淀，此沉淀是AgCl，Cl来自于氯水，不能说明原溶液中一定含有Cl；综上所述选项A正确。点睛：离子检验中，应注意两点：一点是外来离子的干扰，如本题原溶液中Cl的判断，因为氯水中含有Cl，对原溶液中Cl的检验产生干扰，二点是溶液呈现电中性，溶液中必须是有阴必有阳。22、B【题目详解】A、铁与氯气反应生成氯化铁，5.6g铁粉与足量Cl2反应，失去的电子数为0.3NA，故A错误；B、1mol NH3含有的电子数10NA，故B正确；C、常温常压下，14 L的氧气含氧原子数小

32、于2NA，故C错误；D、因铝离子水解，常温下，1 L0.1molL1AlCl3溶液中含Al3数小于0.1 NA，故D错误；答案选B。【答案点睛】解答此类题目要注意（一）理清一套运算关系：n=N/NA=m/M=V/Vm=cV(aq)注意相关概念的理解（二）注意审题细节1、微粒种类2、气体摩尔体积适用条件3、物质的组成和结构写明相应化学式结构式4、物质间的反应理清相关反应及特点5、电离、水解。二、非选择题(共84分)23、N Si S Ca K F Ar HClO4 KOH Al(OH)3 Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、K

33、OH+HClO4=KClO4+H2O F K Na 与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应 Cl 将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼 【题目详解】（1）根据元素周期表的结构可知：、分别在第二周期VA、第三周期IVA、第三周期VIA和第四周期IIA，则、分别为N、Si、S、Ca；（2）根据元素周期表性质的递变规律，最活泼的金属应在第IA，最活泼的非金属应在第VIIA，惰性气体最不活泼，则在I A元素Na（）和K（）中K最活泼；在VII A族元素F（）、Cl（）和Br（）中，F最活泼；最不活泼的是即Ar；（3）元素的最高价氧化物对应水化物中，酸

34、性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素非金属性的递变规律可知，元素非金属性最强的是即F，但F无最高正价；因为我们知道，HClO4已知的最高价含氧酸中酸性最强的，即酸性最强的是HClO4；元素的最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素金属性的递变规律可知，元素金属性最强的是即K，则碱性最强的必是KOH；在表中所列元素的最高价氧化物对应水化物中，只有Al(OH)3具有两性；三者之间相互反应的化学方程式分别为Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2O

35、；（4）同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故在这些元素中，原子半径最小的是F，原子半径最大的是K；（5）和分别是Na和Mg，根据同主族元素金属性的递变规律可知，金属性NaMg，根据判断金属性强弱的方法，可依据二者单质分别与水反应的剧烈程度来判断其金属性强弱，即与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应；和分别是Cl和Br，根据同主族元素非金属性的递变规律可知，非金属性ClBr，根据判断非金属性强弱的方法，可依据二者气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应等来判断其非金属性强弱，即将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的

36、活泼。【答案点睛】本题综合性较强，涵盖了元素周期表、元素性质的递变规律、元素金属性及非金属性强弱的判断方法等，要求用多方面的知识解决问题，能很好滴训练综合运用知识解决问题的能力，根据元素最高价氧化物对应水化物的递变规律或元素的金属性、非金属性的递变规律思考。24、醛基、酯基 乙炔 加成反应 NaOH水溶液、加热 CH2CHO+2Cu(OH)2CH2COOH+Cu2O+H2O +H2O 【分析】A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B，比较苯与A的结构可知，苯与X发生加成反应生成A，所以X为CHCH。B水解生成C，后C催化氧化生成DCH2CHO，D与斐林试剂反应酸化后生成ECH2COOH，E

37、发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基，得到G，G发生消去反应生成H。根据此分析进行解答。【题目详解】（1）由F的结构简式可知F中具有的官能团为醛基、酯基。故答案为醛基 酯基（2）比较苯与A的结构可知，苯与X发生加成反应生成A，X为气态烃，且X与苯的最简式相同，所以X为CHCH。故答案为CHCH（3）A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B之后B 在NaOH水溶液、加热条件下水解生成C。故答案为 加成反应 NaOH水溶液、加热（4）DCH2CHO与斐林试剂反应酸化后生成ECH2COOH，G，G发生消去反应生成H。故答案为 CH2CHO+2Cu(OH)2CH2COOH+Cu2O

38、+H2O +H2O （5）ECH2COOH的同分异构体需要满足能发生银镜反应，说明有醛基且能水解，则含有酯基，苯环上的一溴代物只有两种说明对位上有两个取代基。该同分异构体为。故答案为 （6）DCH2CHO制备苯乙酮（）的反应流程主要是将醛基转化为相邻碳原子上的酮基，可以先将D还原为苯甲醇，之后苯甲醇发生消去反应得到苯乙烯，苯乙烯与水加成后再进行催化氧化生成苯乙酮（）。故答案为25、（1）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2（2）除去氯化氢气体 Na2O2 与二氧化碳反应产生氧气 浓NaOH溶液 除去未反应的二氧化碳气体（3）不需要 因气体经过D装置和E装置都需要接触水分（4）将E中

39、试管从水槽中取出，管口朝上，用带火星的木条放在试管口处，如木条复燃，说明收集的气体是氧气【分析】（1）实验室用碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳；（2）根据实验的目的来分析每一个装置的作用，再选择盛装的试剂；（3）因用排水法收集，所以气体不需干燥；（4）利用氧气支持燃烧的性质加以检验；【题目详解】（1）实验室用块状的石灰石或大理石与稀盐酸反应来制取CO2：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；（2）使用饱和碳酸氢钠溶液既除去了氯化氢气体，又可以生成部分二氧化碳，且与二氧化碳不反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；从实验目的可以看出，C是发生装置，发生的反应为：2Na2O

40、2+2CO2=2Na2CO3+O2，所以C装置中盛装的是Na2O2，加入该试剂的目的是：与二氧化碳反应产生氧气；E是氧气的收集的装置，所以D装置的作用是除去未反应的二氧化碳气体，可装入浓NaOH溶液；（3）D装置盛装了溶液，E装置是采用排水法收集气体，因气体经过D装置和E装置都需要接触水分，所以制得的二氧化碳不需要干燥；（4）通常检验氧气的存在方法是：将E中试管从水槽中取出，管口朝上，用带火星的木条放在试管口处，如木条复燃，说明收集的气体是氧气。26、AC500mL容量瓶烧杯、玻璃棒BCF2.0小于小于2.715先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌重新配制【分析】

41、(1)用固体和用液体配制溶液所用仪器有所不同，根据配制的过程可以列出各自所需的仪器；容量瓶只有1个刻度，只有有限规格的容量瓶可选用；(2)容量瓶用于液体的精确定容，其容积会受到各种因素的影响，所以能损坏容量瓶或引起容量瓶容积发生改变的使用方式均不允许；(3)容量瓶的规格有限，所以应根据可取用的容量瓶确定实际应配制的溶液的体积，在此基础上计算NaOH的质量；根据公式c=可判断各种操作对配制结果的影响；(4)计算所需浓硫酸的体积应注意的事项与(3)相同；(5)每个容量瓶都只有一个刻度，定容时不能超过刻度线，否则，配制失败。【题目详解】(1)用固体NaOH配制一定物质的量浓度的溶液步骤和所用的仪器(

42、重复的未列出)是：计算称量(天平、药匙)溶解(烧杯、玻璃棒)冷却转移溶液(容量瓶)洗涤(摇匀)定容(胶头滴管)摇匀装瓶；用浓硫酸配制一定物质的量浓度的溶液步骤和所用的仪器(重复的未列出)是：计算量取(量筒、胶头滴管)稀释(烧杯、玻璃棒)冷却转移溶液(容量瓶)洗涤(摇匀)定容摇匀装瓶，都没有用到的有平底烧瓶和分液漏斗；常见的容量瓶没有450mL的，应选用500mL的容量瓶；在配制过程中，溶解需用烧杯，还需用玻璃棒搅拌和引流。答案为：AC；500mL容量瓶；烧杯、玻璃棒；(2)A容量瓶用于液体的精确定容，可用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，A选项不符合题意；B容量瓶为精密仪器，不能用于长期贮存溶

43、液，B选项符合题意；C容量瓶只有一个刻度，不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，C选项符合题意；D容量瓶用于液体的精确定容，可用于固体配制一定物质的量浓度的溶液，也可用于溶液准确稀释，D选项不符合题意；E容量瓶有刻度，可用于量取一定体积的液体，但每个容量瓶只能量取一种体积的液体，E选项不符合题意；F容量瓶是精密仪器，不能用来加热溶解固体溶质，F选项符合题意；答案为：BCF；(3)实验室一般没有450mL规格的容量瓶，应取500mL规格的容量瓶，即，实际配制的溶液的体积为500mL，所以所需NaOH的质量为：50010-3L0.1molL-140gmol-1=2.0g。根据公式c=，定容时仰视

44、观察液面，则溶液体积V偏大，导致所配溶液浓度小于0.1molL-1；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则溶质物质的量n偏少，导致所配溶液浓度小于0.1molL-1。答案为：2.0；小于；小于；(4)与(3)相同，实际应配制的硫酸的体积为500mL，所以有：V(浓硫酸)1.84gcm-398%=50010-3L0.5molL-198gmol-1，求得V(浓硫酸)13.6mL；应选择量程不小于13.6mL的量筒中规格最小的，所以题给量筒中应选择15mL的；浓硫酸稀释：先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌，切忌将水加入浓硫酸中，引起液体飞溅伤人。答案为：2.7

45、；15；先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌；(5)每个容量瓶都只有一个刻度，定容时如果超过刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，如果用胶头滴管吸掉多出的部分，将损失溶质，所以无法补救，需重新配制。答案为：重新配制。【答案点睛】容量瓶用于液体的精确定容，是配制一定物质的量浓度的溶液的主要仪器，每个容量瓶只有一个刻度；其容积会受到各种因素的影响，所以容量瓶不能用于加热，不能用于固体或浓溶液的溶解、稀释，不能装入过冷或过热的液体，不能作为反应容器，不能用于长期贮存溶液。27、浓盐酸 防倒吸 氧化性、酸性 2Fe3+SO2+2H2O=SO42-+4H+2Fe2+ 取少量反应后

46、的溶液于试管中，滴加适量KSCN溶液，若溶液变红色则FeCl3没有反应完全 生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 【分析】（1）配制氯化铁溶液时，应加相应的酸抑制铁离子水解，在烧杯中稀释配制溶液；（2）SO2会溶于FeCl3溶液，需要防倒吸装置；尾气主要是未反应的二氧化硫；（3）浓硫酸和铜粉加热条件下生成二氧化硫；（4）a三价铁离子可以氧化二氧化硫；b三价铁离子可以与KSCN溶液反应显红色；c氢氧化亚铁容易被空气氧化。【题目详解】（1）在配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在浓盐酸中，再加水稀释，这样操作的目的是抑制铁离子水解，故答案为：浓盐酸；（2）SO2会溶于FeCl3溶液，需要

47、防倒吸装置；二氧化硫与氢氧化钠离子反应方程式为：；故答案为：防倒吸；（3）制备SO2的化学方程式为：；该反应既体现了浓硫酸的氧化性又体现了其酸性，故答案为：；氧化性、酸性；（4）a三价铁离子可以氧化二氧化硫，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=SO42-+4H+2Fe2+ 2Fe3+SO2+2H2O=SO42-+4H+2Fe2+；b实验室常用KSCN检验三价铁离子，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴加适量KSCN溶液，若溶液变红色则FeCl3没有反应完全；c若向得到的浅绿色溶液中逐滴滴加NaOH溶液，生成氢氧化亚铁沉淀，容易被氧气氧化，故答案为：生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红

48、褐色；28、SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)H=-41.8kJmol-1 bc 0.2molL-1min-1 A 正极 NO+5e-+6H+=NH+H2O 【题目详解】(1)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H=-113.0kJmol-12SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-196.6kJmol-1，根据盖斯定律，(-)2可得，SO2(g)+NO2(g)NO(g)+SO3(g) H=-41.8kJmol-1；(2)a.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率降低，a与题意不符；b.增加CO的浓度，反应速率增大，NO的转化率增大，b符合题意；c.缩小