2022-2023学年上海市曹杨中学等四校联考化学高三上期中统考模拟试题（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（每题只有一个选项符合题意）1、下列关于 Li、Na、K、Rb、Cs 的叙述均正确的一组是金属性最强的是锂 形成的离子中，氧化性最强的是锂离子在自然界中均以化合态形式存在 Li 的密度最小均可与水反应，产物均为 MOH 和 H2 它们在 O2 中燃烧的产物都有 M2O 和 M2O2 两种形式粒子半径：RbKNa， CsCsAB

2、CD2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NAB1molN2与4 mol H2反应生成的NH3，转移的电子数目为6NAC常温常压下,46gNO2和N2O4的混合物中所含原子总数为3NAD含有0.01mol FeCl3的溶液制成的胶体中，胶体粒子的数目约为6.021021个3、取一小块金属钠放在燃烧匙里加热，下列实验现象中描述正确的是金属钠熔化 在空气中燃烧，火焰为紫色 燃烧后得到白色固体燃烧时火焰为黄色燃烧后生成浅黄色固体物质ABCD4、工业上常用NaHSO3处理含Cr2O72-的废液，反应的离子方程式为：5H+Cr2O72-+

3、3HSO3-2Cr3+3SO42-+4H2O下列判断错误的是（）A氧化产物是SO42-B氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：3CCr2O72-表现了氧化性D还原1molCr2O72-，电子转移3mol5、对C2H6和C5H12的分析错误的是（ ）A互为同系物BC2H6失去1个H得到的乙基只有一种结构CC5H12的一氯代物可能只有一种D2,2-二甲基丙烷的沸点高于其同分异构体的沸点6、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A22.0gT2O中含有的中子数为10NAB7.2g过氧化钙(CaO2)固体中阴、阳离子总数为0.3NAC6.2LNO2溶于足量水中，充分反应后转移的电子数为0.2N

4、AD标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合充分反应后，原子总数是0.4NA7、氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，该反应可表示为aHClO3=bO2cCl2dHClO4eH2O，下列有关说法不正确的是A氧化性：HClO3O2B若a8，b3，则生成3 mol O2时转移20 mol电子C若氯酸分解所得1 mol混合气体的质量为45 g，则反应方程式可表示为3HClO3=2O2Cl2HClO4H2OD由非金属性ClS，可推知酸性HClO3H2SO48、布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）A布洛芬的分子式为C13H18O2B布洛芬与苯乙酸是同系物C1

5、mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应D布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种9、利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2，下列说法正确的是Aa为直流电源的负极B电解时，H由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室C阳极的电极反应式为：SO22H2O2e=SO42-4H+D阴极的电极反应式为：2HSO3-2H2O2e=S2O42-2OH-10、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )A由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NAB标准状况下，22.4L 己烷中共价键数目为19NAC常温常压下的33.6L 氯气与27g

6、铝充分反应，转移电子数为3NAD1L浓度为1molL-1的Na2CO3溶液中含有NA个CO32-11、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A标准状况下，22.4 L SO2与11.2 L O2充分反应后得到的气体分子数为NAB3.6 g重水中含有的中子数为2NAC一定条件下，6.4 g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NAD常温下，1 L 1 molL-1的CH3COOH溶液中，所含溶质分子数小于NA12、工业生产氨气的适宜条件中不包括( )A用浓硫酸吸收产物B用铁触煤作催化剂C温度500左右D压强为2050MPa13、不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（ ）A单

7、质氧化性的强弱B单质沸点的高低C单质与氢气化合的难易D最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱14、把400 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含a mol NaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含b mol HCl的溶液恰好反应完全。该混合溶液中c(Na)为( )A(10b5a) molL1 B(b0.5a) molL1C() molL1 D(5b) molL115、关于胶体，下列说法正确的是A胶体的聚沉是化学变化B含有0.01molFeCl3溶液制成的胶体中，胶体粒子的数目约为6.021021个C胶体的介稳性与胶体带有电荷有关DNaCl晶体既可制成溶液又可制成胶

8、体16、化学与社会生活密切相关。下列说法正确的是A自来水厂用明矾净水，用Fe2(SO4)3或CuSO4均能代替明矾净水B根据是否能产生丁达尔效应可以将分散系分为溶液、浊液和胶体C晶体硅有半导体性质，所以可以制造光导纤维D有一种新发现的固态碳的结构称为“纳米泡沫”，外形类似海绵，密度小且有磁性，这种碳与金刚石互为同素异形体二、非选择题（本题包括5小题）17、已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。请回答下列问题：（1）X元素原子基态时的电子排布式为_，

9、该元素的符号是_；（2）Y元素原子的价层电子的轨道表示式为_，该元素的名称是_；（3）X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为_；（4）已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是_；（5）比较X的氢化物与同族第二、第三周期元素所形成的氢化物稳定性、沸点高低并说明理由_。18、下图是中学常见物质间的转化关系。已知：A为淡黄色固体，B为导致“温室效应”的主要物质；E为常见金属，J为红褐色沉淀；G在实验室中常用于检验B的存在；L是一种重要的工业原料，常用于制造炸药，浓溶液常呈黄色，储存在棕色瓶中。回答下列问题：（1）A的电子式_。（

10、2）反应的化学方程式为_，反应的离子方程式为_，（3）若参加反应的A的质量为39g，则消耗CO2的体积（标况下）为_L。（4）L的化学式_，G的化学式_。19、某学习小组设计以下的实验方案，测定镁铝合金中铝的质量分数。方案一：将m1g镁铝合金中溶解在足量的试剂X中，充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量，得到质量为m2 g的固体。（1）试剂X是_，反应的离子方程式是_；（2）如果在实验的过程中，没有对固体进行洗涤，则测得铝的质量分数将_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。方案二：选择如图所示的装置和药品。（3）组装完仪器以后，需要进行的实验操作是_；（4）导管a的作用是_；（5）读数时需要注意的事

11、项有_；（6）如果合金的质量是a g，测得气体的体积为b L（已换算为标准状况时的体积），则合金中铝的质量分数是_。20、硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是分析化学中的重要试剂。隔绝空气加热至500时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。实验探究某化学小组选用如图所示部分装置迸行实验(夹持装备略)实验I验证分解产物中含有氨气和水蒸气，并探究残留固体成分。（1）所选用装置的正确连接顺序为_(填装置的字母序号)。（2）A中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计实验证明A中残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4：_。实验探究分解产物中的硫氧化物，连接装置

12、AEFB进行实验。（3）实验过程中观察到：E中没有明显现象，F中溶液褪色，据此得出的结论是_。（4）实验证明(NH4)2Fe(SO4)2受热分解除生成上述产物外，还有N2产生，写出A中反应的化学方程式_。、为测定硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)26H2O晶体纯度，某学生取mg硫酸亚铁铵样品配成500mL溶液，根据物质组成，设计了如下三个实验方案，请回答：方案一：取20.00mL硫酸亚铁铵溶液于锥形瓶，用0.1000molL-1的酸性KMnO4溶液进行滴定。方案二：取20.00mL硫酸亚铁铵溶液进行如下实验。方案三：（通过NH4+测定）实验设计如图所示。取20.00mL硫酸亚铁铵溶液进行该实

13、验。（5）若实验操作都正确，但方案一的测定结果总是小于方案二，其可能原因是_。（6）方案三选择装置_(填图一或图二)较为合理，判断理由是_。若测得NH3的体积为VL（已折算为标准状况下），则该硫酸亚铁铵晶体的纯度为_（列出计算式即可，不用简化）。21、 (物质结构与性质)元素周期表中第57号元素镧到71号元素镥这15种元素统称为镧系元素。回答下列问题:(1)钬(Ho)可用来制作磁性材料,其基态原子电子排布式为Xe4f116s2,钬(Ho)有_个未成对电子。(2)钇钡铜氧(YBa2Cu3O7-x)是一种高温超导材料(其中Y显+3价,Cu显+2、+3价),该材料所含元素中,电负性最大的元素是_(填

14、元素符号),若YBa2Cu3O7-x材料在T 下有超导性,当x=0.2时,n(Cu3+)n(Cu2+)=_。(3)下表是几种镧系元素的电离能(单位:kJmol-1)第一电离能第二电离能第三电离能第四电离能Ce527104719493547La538106718504819Lu532134020224370Yb604117424174203据此,判断形成+3价化合物最稳定的元素是_(填元素符号)。(4)Sm(钐)的单质与l,2-二碘乙烷可发生如下反应:Sm+ICH2CH2ISmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子杂化轨道类型为_,1 mol CH2=CH2中含有的键数目为_;常温下l,

15、2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体,其主要原因是_。(5)从磷钇矿中可提取稀土元素钇(Y),某磷钇矿的结构如图。该磷钇矿的化学式为_,与PO43-互为等电子体的阴离子有_(写出两种离子的化学式)。已知晶胞参数a=0.69 nm,c=0.60 nm,阿伏加德罗常数为NA,则晶胞的密度为_gcm-3(列出计算式)。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、D【分析】Li、Na、K、Rb、Cs都是碱金属元素，位于同一主族，位置从上到下，依据同主族元素金属性从上到下依次增强，阳离子氧化性依次减弱，密度呈增大趋势，阳离子半径逐渐增大，结合元素周期律解析。

16、【题目详解】同主族元素金属性从上到下依次增强，所以金属性最强的是铯，故错误；同主族元素金属性从上到下依次增强，阳离子氧化性依次减弱，所以氧化性最强的是锂离子，故正确；碱金属性质活泼，容易与空气中的氧气和水发生反应，所以在自然界中均以化合态形式存在，故正确；碱金属密度从上到下呈增大趋势，所以Li的密度最小，故正确；均可与水反应，产物均为 MOH 和 H2 ，故正确；锂只有Li2O一种氧化物，故错误；Rb、K、Na，电子层依次减少，所以半径依次减小，故RbKNa，正确，Cs与Cs具有相同的质子数，但是Cs电子数多，所以半径大，故正确。综上分析正确，故选D。2、C【答案解析】A、标况下四氯化碳为液态

17、，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，选项A错误；B、合成氨的反应为可逆反应，1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，选项B错误；C、把四氧化二氮全部转换成二氧化氮，这样46g二氧化氮是1mol，原子总数为3NA，选项C正确；D、胶体粒子是氢氧化铁的集合体，0.01mol Fe3+完全水解生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于6.021021个，选项D错误。答案选C。3、C【答案解析】钠的熔点较低，钠在加热条件下与氧气发生反应时，先熔化，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色。钠熔点低，反应放热，金属钠熔化，故正确；在空气中燃烧，火焰为

18、黄色，故错误；燃烧后生成产物为过氧化钠，为淡黄色，故错误；燃烧时火焰为黄色，故正确；燃烧后生成产物为过氧化钠，为淡黄色，故正确；故答案选C。4、D【题目详解】A反应中+4价S氧化为+6，则氧化产物是SO42-，故A正确；B反应中氧化剂是Cr2O72-，还原剂是HSO3-，根据离子反应方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是13，故B正确；CCr2O72-在反应中所含Cr元素化合价降低，是氧化剂，体现了氧化性，故C正确；DCr元素化合价从+6价降低为+3价，根据原子守恒，还原1molCr2O72-，电子转移6mol，故D错误；答案为D。5、D【答案解析】同系物是指结构相似在分子组成是相差一个或若

19、干个原子团的有机物，C2H6和C5H12都为烷烃相差三个是同系物，故A正确。C2H6中有两个C，并且这两个C一样所以失去1个H得到的乙基只有一种结构，故B正确。C5H12有三种结构即正戊烷、异戊烷、新戊烷，新戊烷的一氯代物只有一种，故C正确。同分异构体中分子中分支越多，沸点越低，2,2-二甲基丙烷中有两个分支，其沸点低于其同分异构体的沸点，故D错误。本题的正确选项为D。6、D【题目详解】A、T2O的摩尔质量为22g/mol，所以22.0gT2O的物质的量为1mol，中子数为12 NA，A错误；B、过氧化钙CaO2中阴阳离子数目比为1:1，所以7.2g过氧化钙(CaO2)固体（物质的量为0.1m

20、ol）中阴、阳离子总数为0.2NA.B错误；C、没有给定气体的状态，不能计算出物质的量，C错误；D、NO和O2均为双原子分子，且标准状况下，2.24L气体为0.1mol，所以标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合充分反应后，原子总数是0.4NA，D正确；故选D。【答案点睛】能够使用气体摩尔体积等于22.4mol/L的一般条件为标准状况下为气体。C选项未提及状态，不能使用。7、D【答案解析】A.根据化合价的变化，O元素的化合价由-20，化合价升高，被氧化，O2是氧化产物，Cl元素的化合价由+5+7，化合价升高，被氧化，HClO4是氧化产物，Cl元素的化合价由+50，化合价降低，被还原，C

21、l2是还原产物，所以HClO3既是氧化剂又是还原剂，HClO4、O2是氧化产物、Cl2是还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故A正确；B. 若化学计量数a=8，b=3，化学反应方程式为8HClO3=3O2+2Cl2+4 HClO4+2H2O，还原产物只有Cl2，由HClO3Cl2，Cl元素化合价由+5价降低为0价，故生成2molCl2时转移电子的物质的量为2mol2（5-0）=20mol，即该反应中电子转移数目为20e-，故B正确；C.由生成的1molCl2和O2混合气体质量为45g，则n（Cl2）+n（O2）=1mol，n（Cl2）71g/mol+n（O2）32g/moln（Cl2）+n（

22、O2）=45g/mol，解得n（Cl2）：n（O2）=2：1，令b=2c=2，则由电子守恒得d（7-5）+b4=c2（5-0），即d（7-5）+24=12（5-0），解得d=1，根据Cl原子守恒故a=2c+d=3，再根据H原子守恒有a=d+2e，故e=1，故该情况下反应方程式为：3HClO3=2O2+Cl2+HClO4+H2O，故C正确；D.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，HClO3不是氯元素对应的最高价含氧酸，故D错误。故选D。8、D【题目详解】A.由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故不选A；B.含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故不选B；C.能与

23、氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应，故不选C；D.结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误；答案选D。9、C【答案解析】依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极。A、二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源正极a相连，故A错误；B、阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，故B错误；C、阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2

24、e-SO42-+4H+，故C正确；D、阴极的电极反应式为：2HSO3-+2H+2e-S2O42-+2H2O，故D错误；故选C。10、A【答案解析】A、由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，即1mol混合气体，由于分子中的氧原子相同，所以含氧原子为2mol，故A正确；B、己烷在标准状况下不是气体，22.4L己烷物质的量不是1mol，故B错误；C、常温常压下的33.6L氯气物质的量小于1.5mol，铝的物质的量为1mol，依据反应2Al+3Cl2=2AlCl3，铝有剩余，故电子转移小于3mol，故C错误；D、1L浓度为1molL-1的Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解，所以含有CO32-离子

25、小于NA个，故D错误；故选A。点睛：关于气体摩尔体积的相关判断，要注意适用条件，物质的状态是否为气体；外界条件是否为标准状况，即0，1.01105Pa。本题的易错点为D，要注意碳酸根离子的水解。11、D【答案解析】A标准状况下，22.4L SO2的物质的量为1mol，11.2L氧气的物质的量为0.5mol，二者恰好能够反应生成1mol SO3，但该反应属于可逆反应，不能完全转化，且生成的三氧化硫在标准状况下不是气体，则反应后的气体分子数与反应的程度有关，无法确定，故A错误；B3.6g重水的物质的量为：=0.18mol，0.18mol重水中含有1.8mol中子，含有的中子数为1.8NA，故B错误

26、；C6.4g铜的物质的量为：=0.1mol，0.1mol铜与S单质完全反应生成硫化亚铜，转移0.1mol电子，转移电子数目为0.1NA，故C错误；D1L1molL-1的CH3COOH溶液中含有溶质醋酸的物质的量为1mol，由于醋酸部分电离，则溶液中醋酸分子小于1mol，所含溶质分子数小于NA，故D正确；故选D。点睛：注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，需要弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。本题的易错点为A，注意三氧化硫在标准状况下不是气体。12、A【分析】分析工业生产氨气整个反应。催化剂不能改变化学平衡，但可以加快反应速率。升高温度可以加快反应速率，

27、考虑反应平衡，温度不宜太高。增大压强可以加快反应速率，也可以促进化学平衡正向移动，但生产时的条件会限制压强。从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500左右，催化剂：铁触媒。【题目详解】从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500左右，催化剂：铁触媒。用浓硫酸吸收氨气会生成硫酸铵，不适合吸收产物。答案为A。【答案点睛】本题主要考查工业制氨气的反应中反应条件的选择，综合反应速率、反应平衡考虑。13、B【题目详解】A. 单质氧化性的越强，非金属性越强，A正确；B. 单质沸点的高低，是由其微粒间的作用

28、力决定的，与元素的非金属性无关，B错误；C. 单质与氢气化合越容易，元素的非金属性越强，C正确；D. 最高价氧化物对应的水化物酸性越强，元素的非金属性越强，D正确。答案为B。14、D【答案解析】把400mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，设200mL溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为：NH4HCO3+2NaOHNH3H2O+Na2CO3+H2O， 1 2 x amol 解得：x=0.5amol；故NH4HCO3为0.5amol。加入含b mol HCl的盐酸的反应为：NH4HCO3 +HClNH

29、4Cl+CO2+H2O，Na2CO3 + 2HCl2NaCl+H2O+CO2， 1 1 1 20.5amol 0.5amol y b-0.5amol 解得：y=(b-0.5amol)mol；n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol，c(Na+)=(5b-a)mol/L，故选D。15、D【答案解析】A胶体的聚沉为分散质粒子的直径变大的过程，没有新物质生成，为物理变化，故A错误；B胶体粒子是氢氧化铁的集合体，0.01 mol Fe3+完全水解生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于6.021021个，故B错误；C胶体具有介稳定性主要是胶体粒子的直径介于溶液和浊液之间，故C错误；DNaCl分

30、散在水中形成溶液，分散在酒精中形成胶体，故D正确；故选D。16、D【答案解析】A.Fe3+水解产生氢氧化铁胶体，可以起到净水作用；硫酸铜有杀菌消毒的作用，是因为铜离子有毒，且硫酸铜没有吸附沉淀的功能，不能代替明矾净水，A错误；B.根据分散质微粒直径大小的不同，把分散系分为溶液、浊液和胶体，B错误；C. 晶体硅有半导体性质，能够导电，而二氧化硅能够导光，可以制造光导纤维，C错误；D.都由C元素组成，属于不同单质,为同素异形体关系,故D正确；综上所述，本题选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、1s22s22p63s23p63d104s24p3As氧三角锥As2O3+6Zn+6H2SO4=2As

31、H3+6ZnSO4+3H2O稳定性：NH3PH3AsH3，因为键长越短，键能越大，化合物越稳定；沸点：NH3AsH3PH3，NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。【题目详解】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X为As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y为O元素；X、Y、Z的原子序数之和等于42，则Z的原子序数为42-33-8=1，Z可以形成负一价离子，Z为H元素；（1）X为As，As原子基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，该元素的符号是As。（2）Y为O，基态O

32、原子的核外电子排布式为1s22s22p2，其价层电子的轨道表示式为，该元素名称为氧。（3）X为As，Z为H，形成的化合物AsH3，中心原子As的孤电子对数为（5-31）=1，键电子对数为3，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，空间构型为三角锥形。（4）As2O3被还原成AsH3，Zn被氧化成ZnSO4，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3+6ZnSO4+3H2O。（5）As的氢化物为AsH3，与As同族的第二、第三周期元素形成的氢化物为NH3、PH3，稳定性：NH3PH3AsH3，因为键长越短，键能越大，化合物越稳定；沸点：NH3A

33、sH3PH3，理由是：NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。18、2Na2O22CO2=2Na2CO3O2Fe3+3OH-=Fe(OH)311.2HNO3Ca(OH)2【分析】A为淡黄色固体,B为导致“温室效应”的主要物质,二者发生反应,则A为Na2O2,B为CO2,二者反应生成Na2CO3和O2,G在实验室中常用于检验CO2的存在,则G为Ca(OH)2,故C为O2,D为Na2CO3,金属E经过系列反应得到J为红褐色沉淀,则J为Fe(OH)3,E为Fe,F为Fe3O4,L是一种重要的工业原料,常用于制造炸药,浓溶液若保存不

34、当常呈黄色,应是浓硝酸所具有的性质,则L为HNO3,K为Fe(NO3)3,H为NaOH,I为CaCO3；据以上分析解答。【题目详解】(1)由上述分析可以知道,A为Na2O2 ,电子式为；因此，本题正确答案是:；(2)反应的化学方程式为: 2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；反应的离子方程式为:Fe3+3OH-= Fe(OH)3；因此，本题正确答案是: 2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；Fe3+3OH-= Fe(OH)3；(3)n（Na2O2）=3978=0.5mol,由2Na2O22CO2=2Na2CO3O2反应可知，则消耗CO2的体积（标况下）为0.522.4=11.2L；因此

35、，本题正确答案是: 11.2；（4）结合以上分析可知，L的化学式HNO3，G的化学式为Ca(OH)2；因此，本题正确答案是: HNO3；Ca(OH)2。19、NaOH 2Al + 2OH+ 2H2O =2AlO2+ 3H2 偏小 检查装置的气密性 平衡气压，使液体顺利流下 冷却至室温，液面相平 【分析】根据铝和氢氧化钠反应而镁不和氢氧化钠反应进行设计实验进行分离，也可以利用二者都和酸反应测定氢气的体积从而计算。【题目详解】(1)根据只有铝能溶于氢氧化钠NaOH，而镁不能和氢氧化钠反应，将合金溶于氢氧化钠溶液中，最后得到的固体为金属镁。反应的离子方程式为：2Al + 2OH+ 2H2O =2Al

36、O2+ 3H2；(2)如果固体没有洗涤，会造成金属镁的质量增加，则铝的质量分数偏小；(3).因为实验中要测定气体的体积，所以组装完应检查装置的气密性；(4).锥形瓶中反应生成气体，压强变化，用导管a连接锥形瓶和分液漏斗，能平衡气压，使液体顺利流下； (5)读数应注意测定室温常压情况下的气体体积，所以需要冷却至室温，液面相平，使两侧的气体的压强相同；(6).根据方程式分析，Mg-H2 ， 2Al-3H2 假设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则有24x+27y=a，x+1.5y=b/22.4 ，y=，则铝的质量分数为。【答案点睛】掌握物质分离提纯的方法，抓住铝的特殊反应，即和氢氧化

37、钠反应进行实验设计。同时注意气体体积的量气方法和读数方法。20、ACBD 残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4 分解产物中有SO2，没有SO3 2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+4SO2+2NH3+N2+5H2O Fe2+已被空气中的O2部分氧化 图二 图一，导管插入液面下，会产生倒吸，且用洗气法不能收集气体；图二，导管口位于液面上，符合排液集气的要求 【分析】（1）由装置图可知，要检验NH3，需使用溶有酚酞的水，即D装置；要检验水蒸气，需使用无水硫酸铜，即C装置；且应先检验水蒸气，后检验NH3；在检验NH3前，还需把硫的氧化物处理掉，否则会干扰NH3的检验。（2）要检验A

38、中不含FeO或Fe3O4，实质上是检验Fe2+不存在，所以使用检验Fe2+的试剂进行检验，而不是检验Fe3+。（3）实验过程中观察到：E中没有明显现象，即不含SO3；F中溶液褪色，即含有SO2。（4）(NH4)2Fe(SO4)2受热分解产物为氧化铁、二氧化硫、氨气、水蒸气、N2，由此写出并配平A中反应的化学方程式。（5）方案一是用酸性KMnO4溶液测定Fe2+的量，由此求出硫酸亚铁铵的含量；方案二是利用氯化钡测定溶液中SO42-的量，由此求出硫酸亚铁铵的含量，因为SO42-不会变质，而Fe2+易被空气中的O2氧化，会导致所用KMnO4溶液的体积减小，从而使测定结果偏小。（6）方案三中，图一使用

39、洗气法收集氨气，图二使用量气管量取气体体积，前一方法无法测定气体体积，后一方法只要注意尽可能不让氨气溶解于量气管内的液体，就可减少误差。利用NH3的体积及硫酸亚铁铵的化学式，求出硫酸亚铁铵晶体的质量，再除以样品的质量，即可求出样品的纯度。【题目详解】（1）由前面分析知，要检验NH3，首先用A装置让硫酸亚铁铵分解，然后利用C装置检验水蒸气，再利用B装置除去硫的氧化物，最后用D装置检验NH3，从而得出装置的连接顺序为ACBD；答案为：ACBD；（2）要检验A中不含FeO或Fe3O4，实质上是检验Fe2+不存在。检验方法为：取少量A中残留固体，加入适量的稀硫酸让其完全溶解，向溶液中滴加少量的KMnO4酸性溶液，若溶液不褪色，则表明残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4；答案为：残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4；（3）实验过程中观察到：E中没有明显现象，即不含SO3；F中溶液褪色，即含有SO2。由此得出的结论为：分解产物中有SO2，没有SO3；答案为：分解产物中有SO2，没有SO3；（4）(NH4)2Fe(SO4)2受热分解产物为氧化铁、二氧化硫、氨气、水蒸气、N2，A中反应的化学方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+4S