2023年上海理工大附中化学高一下期末复习检测模拟试题含解析

2022-2023学年高一下化学期末模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列图示的三种实验操作名称从左到右依次是（）A．过滤、蒸发、分液 B．蒸馏、过滤、分液C．过滤、蒸馏、分液 D．分液、蒸馏、过滤2、下列反应属于取代反应的是A．甲烷在空气中燃烧B．在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应C．乙醇分子间脱水生成乙醚D．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色3、下列操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A验证SO2的漂白性将SO2通入溴水，观察溴水是否褪色B提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量NaOH溶液，振荡后静置分液，并除去有机相中的水C证明增大反应物浓度，能加快化学反应速率将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中D比较铁和锌的金属性强弱将铁和锌置于稀硫酸中构成原电池A．A B．B C．C D．D4、以下各组离子因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（）A．Ca2＋、H＋、SO42-、HCO3- B．H＋、Fe2＋、SO42-、NO3-C．Na＋、Cu2＋、Cl－、S2－ D．Fe3＋、K＋、SCN－、Cl－5、不能说明氧的非金属性比硫强的事实是（）A．H2O是液体，

H2S常温下是气体B．硫化氢水溶液露置于空气中变浑浊C．H2O的热稳定性强于H2SD．O2和H2化合比S和H2化合容易6、某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是()A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e－=CuC．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D．a和b用导线连接时，Fe片上发生还原反应，溶液中SO42－向铜电极移动7、苹果醋是一种由苹果发酵而形成的具有解毒、降脂、减肥等明显药效的健康食品。苹果酸(2－羟基丁二酸)是这种饮料的主要酸性物质，苹果酸的结构简式为。下列相关说法不正确的是()A．苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应B．1mol苹果酸与足量NaHCO3溶液反应消耗2molNaHCO3C．1mol苹果酸与足量Na反应生成33.6LH2(标准状况下)D．1mol苹果酸分别和足量Na或NaOH反应消耗两者物质的量相等8、在2L容积不变的容器中，发生N2+3H22NH3的反应。现通入4molH2和4molN2，10s内用H2表示的反应速率为0.12mol/(L·s)，则10s后容器中N2的物质的量是（）A．1.6mol B．2.8mol C．3.2mol D．3.6mol9、下列叙述正确的是A．吸热反应是指反应物的总能量高于生成物的总能量B．放热反应是指反应物的总键能高于生成物的总键能C．核外电子总数相同的电中性原子，一定是同种元素的原子D．二氧化氮与水反应能生成硝酸，所以二氧化氮是酸性氧化物10、汽车尾气净化的一个反应是2NO＋2CON2＋2CO2。下列有关该反应说法正确的是A．NO失去电子 B．CO是还原剂C．NO被氧化 D．CO发生了还原反应11、煤是重要的能源和化工原料，直接燃烧既浪费资源又污染环境。最近，某企业利用“煤粉加压气化制备合成气新技术”，让煤变成合成气（一氧化碳及氢气总含量≥90%），把煤“吃干榨尽”。下列有关说法正确的是（）①煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化和物理变化②煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化但没有物理变化③该技术实现了煤的清洁利用④该技术实现了煤的高效利用A．①②③ B．①②④C．①③④ D．②③④12、X、Y、Z、W四种物质间的转化关系如图所示，下列转化不能一步实现的是A．A B．B C．C D．D13、下列实验装置或操作与实验目的不相符的是A．除去水中泥沙B．收集氨气C．分离CCl4和H2OD．配制100mL0.1mol·L−1NaCl溶液A．AB．BC．CD．D14、已知乙烯分子中含有一个碳碳双键，分子呈平面结构，六个原子都在同一平面上，下列对丙烯(CH3-CH=CH2)结构和性质的推断正确的是（）A．丙烯既可以发生加成反应，又可以发生取代反应B．丙烯分子中三个碳原子有可能在同一条直线上C．过量的丙烯通入浓溴水中，观察到溴水褪色，溶液均一稳定D．丙烯分子中所有的原子都在同一平面上，丙烯既可以发生加成反应，又可以发生取代反应15、以下反应不能体现“原子经济”的是A．置换反应B．化合反应C．加聚反应D．加成反应16、1﹣氯丙烷和2﹣氯丙烷分别与NaOH乙醇溶液共热的反应（）A．产物相同 B．产物不同C．碳氢键断裂的位置相同 D．反应类型不同二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的五种短周期元素，且X、Y、Z、W的原子序数之和为32。其中X是元素周期表中原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同一主族。T的单质常用于自来水的杀菌消毒。请回答下列问题：(1)写出W元素在周期表中的位置为________________。(2)由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成一种强酸，该强酸的浓溶液只有在加热条件下能与金属铜反应，该反应的化学方程式为__________________。(3)Y元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可以相互反应，写出其离子方程式：___________________。(4)Y和T两元素的非金属性强弱为Y_________T(填“>”“<”或者“=”)。可以验证该结论的方法是____________。A．比较这两种元素的气态氢化物的沸点B．比较这两种元素所形成含氧酸的酸性C．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性D．比较这两种元素与氢气化合的难易程度E.比较这两种元素气态氢化物的还原性(5)某化学兴趣小组欲通过实验探究元素N、C、Si非金属性强弱。实验装置如图：①溶液a为_____________溶液、溶液b为___________溶液(均写化学式)。②溶液C中反应的离子方程式为_____________________。③经验证，N、C、Si的非金属性由强到弱为____________________。18、A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、D三种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4。（1）写出下列元素符号：B________，D________。（2）A与D两元素可形成化合物，用电子式表示其化合物的形成过程：________。（3）A在空气中燃烧生成原子个数比为1:1的化合物，写出其电子式为________。（4）元素C的最高价氧化物与元素A的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为________。19、三氯氧磷（化学式：POCl3）常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。氯化水解法生产三氯氧磷的流程如下：⑴氯化水解法生产三氯氧磷的化学方程式为______。⑵通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：Ⅰ．取a

g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性。Ⅱ．向锥形瓶中加入0.1000mol·L－1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl－完全沉淀。Ⅲ．向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。Ⅳ．加入指示剂，用c

mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2×10－12①滴定选用的指示剂是______（选填字母），滴定终点的现象为______。a．NH4Fe(SO4)2

b．FeCl2

c．甲基橙

d．淀粉②实验过程中加入硝基苯的目的是_____________________，如无此操作所测Cl元素含量将会______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）⑶氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4、H3PO3等）废水。在废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收。①在沉淀前先加入适量漂白粉的作用是_________________。②下图是不同条件对磷的沉淀回收率的影响图像。处理该厂废水最合适的工艺条件为______（选填字母）。a．调节pH=9

b．调节pH=10

c．反应时间30min

d．反应时间120min③若处理后的废水中c(PO43－)=4×10－7

mol·L－1，溶液中c(Ca2+)=__________mol·L－1。（已知Ksp[Ca3(PO4)2]=2×10－29）20、工业生产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。某工厂排放的废水中含有Cu2＋、Fe2＋、Hg2＋、H＋等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的玻璃仪器是__________设计简单实验检验绿矾是否变质，简述你的操作：__________。（2）步骤Ⅰ中加入过量铁粉的目的是__________，步骤Ⅱ中__________(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。（3）步骤V利用氧化铜制取铜有如下四种方案：方案甲：利用氢气还原氧化铜；方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；方案丙：利用炭粉还原氧化铜；方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。从安全角度考虑，方案__________不好；从产品纯度考虑，方案__________不好。（4）写出步骤Ⅱ中涉及反应的离子方程式：__________；步骤Ⅳ得到绿矾的操作蒸发浓缩__________、__________。21、如图为一个电解装置，该装置中X、Y分别为石墨电极，现分别在U型管中加入下列溶液进行电解，请回答有关问题：(1)若U型管中的液体a为饱和食盐水：在电极Y上产生的气体是_________(填分子式)，检验有该气体生成的简单方法是________________________；若该饱和食盐水中还含有少量的镁离子，则有可能在______极(选填“X”或“Y”)附近会首先生成白色不溶物；当电解产生0.2mol氢氧化钠时，能收集到标准状况下的氢气______升；工厂应用电解生成的氯气和氢气可以化合生成氯化氢，某工厂每天电解400t食盐，若生成的氯气80%用于生产盐酸，每天最多可生产31%的盐酸__________t。(保留至整数)(2)若U型管中的液体a为饱和氯化铜溶液：电极质量增加的是_______选填“X”或“Y”)极，该电极上发生______反应(选填“氧化”或“还原”)；若要得到0.32克铜，理论上在电解过程中应转移_________mol电子；氯化铜溶液显酸性，原因是(用离子方程式表示)_______________________________；电解一段时间后，请你推测：整个溶液的酸性将如何变化(增强、减弱、不变，同时请写出理由：_______

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

由图中第一个装置的仪器以及操作为分离固液混合物，该操作为过滤；由图中第二个装置的仪器以及操作为分离沸点不同的液体混合物，该操作为蒸馏；由图中第三个装置的仪器以及操作为分离互不相溶的液体，该操作为萃取分液；故三种实验操作从左到右依次是过滤、蒸馏、萃取分液，故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意蒸发和蒸馏装置中最大的区别是，蒸馏需要用温度计控制温度，而蒸发不需要。2、C【解析】分析：有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此解答。详解;A.甲烷在空气中燃烧属于氧化反应，A错误；B.在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应生成环己烷，是加成反应，B错误；C.乙醇分子间脱水生成乙醚属于分子间脱水，是取代反应，C正确；D.乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，D错误。答案选C。3、D【解析】

A.二氧化硫与溴水反应体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，A错误；B.向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量碳酸钠溶液，振荡后静置分液，用NaOH会使乙酸乙酯水解，B错误；C.浓硫酸具有强氧化性，与锌反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，与稀硫酸和锌的反应不具有可比性，C错误；D.将铁和锌置于稀硫酸中构成原电池，活泼金属作负极，另一金属作正极，D正确；答案为D【点睛】浓硫酸表现强氧化性，为硫的化合价的变化，稀硫酸表现弱氧化性，为氢化合价的降低，反应原理不同。4、B【解析】

A．因H+、HCO3-能够发生复分解反应生成水和二氧化碳气体，不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故A不选；B．H+、Fe2+、NO3-之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故B选；C．Cu2+、S2-能够发生复分解反应生成沉淀，不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故C不选；D．Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故D不选；故选B。5、A【解析】分析：一般依据与氢气化合的难易程度、氢化物稳定性、最高价含氧酸的酸性以及相互之间的置换反应判断非金属性强弱。详解：A.H2O是液体，H2S常温下是气体与非金属性强弱没有关系，A正确；B.硫化氢水溶液露置于空气中变浑浊是由于被空气中的氧气氧化生成单质硫，这说明氧元素的非金属性强于硫元素，B错误；C.非金属性越强，氢化物越稳定，则H2O的热稳定性强于H2S说明氧元素的非金属性强于硫元素，C错误；D.非金属性越强，越容易与氢气化合，O2和H2化合比S和H2化合容易，这说明氧元素的非金属性强于硫元素，D错误；答案选A。6、D【解析】

a和b不连接时，不能构成原电池，铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜；a和b用导线连接时，构成原电池，铁是负极，铜是正极。【详解】A．a和b不连接时，由于金属活动性Fe＞Cu，所以在铁片上会发生反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，在铁片有金属铜析出，A正确；B．a和b用导线连接时，形成了原电池，Cu作原电池的正极，在铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e-=Cu，B正确；C．无论a和b是否连接，Fe都会失去电子，变为Fe2+，而Cu2+会得到电子变为Cu，所以铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，C正确；D．a和b用导线连接后，铁作负极，铜作正极，铁片上发生氧化反应，溶液中硫酸根离子向铁电极移动，D错误；答案选D。【点睛】本题主要是考查原电池的反应原理及应用的知识，掌握原电池的工作原理、金属活动性顺序是解答的关键。难点是电极反应式的书写，注意结合放电微粒、离子的移动方向和电解质溶液的性质分析。7、D【解析】

A.该分子中有醇羟基，在一定条件下能发生催化氧化反应生成羰基，A正确；B.苹果酸中含有2个羧基，1mol苹果酸与NaHCO3溶液反应，可消耗2molNaHCO3，B正确；C.该分子中有2个羧基和1个羟基，1mol苹果酸与足量Na反应生成33.6LH2(标准状况下)，C正确；C.该分子中有2个羧基和1个羟基，分别和足量Na或NaOH反应消耗两者的物质的量之比为3：2，D错误；答案选D。【点睛】明确常见官能团的结构和性质特点是解答的关键，注意常见羟基活泼性强弱的比较，即－COOH＞H2O＞酚羟基＞醇羟基。8、C【解析】

10s内用H2表示的反应速率为0.12mol/（L•s），根据速率之比等于其化学计量数之比，则v（N2）=v（H2）=×0.12mol/（L•s）=0.04mol/（L•s），则参加反应的氮气的物质的量为：0.04mol/（L•s）×10s×2L=0.8mol，故10s后容器中N2的物质的量是：4mol-0.8mol=3.2mol。答案选C。9、C【解析】A.吸热反应是指反应物的总能量低于生成物的总能量，A错误；B.反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，所以放热反应是指反应物的总键能低于生成物的总键能，B错误；C.核外电子总数相同的电中性原子，一定是同种元素的原子，C正确；D.能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，二氧化氮不是酸性氧化物，D错误，答案选C。10、B【解析】

A.

NO中N元素在反应中得到电子被还原，是氧化剂，故A错误；B.

C元素失去电子的化合价升高被氧化，CO为还原剂，故B正确；C.

NO中N元素在反应中得到电子被还原，故C错误；D.

CO中C元素化合价升高被氧化，发生了氧化反应，故D错误；答案选B。【点睛】氧化还原反应中，元素化合价升高失电子，发生氧化反应，作还原剂；元素化合价降低得电子，发生还原反应，作氧化剂。11、C【解析】

煤粉加压气化法是让煤变成以CO和H2为主要成分的合成气，此过程涉及化学变化和物理变化，减少了污染，提高了煤的利用率。【详解】①煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化和物理变化，该选项说法正确；②煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化，同时发生了物理变化，该选项说法不正确；③一氧化碳燃烧生成二氧化碳，氢气燃烧生成水，该技术实现了煤的清洁利用，该选项说法正确；④该技术实现了煤的高效利用，该选项说法正确。综合以上分析①③④正确，答案选C。12、D【解析】

A.氮气与氢气反应可以一步制得氨气，氨气与氧气发生催化氧化可一步得到一氧化氮，NO与氧气反应可一步得到NO2，二氧化氮与一氧化碳反应可得到氮气（汽车尾气处理装置）；B.Na与水反应可得到NaOH，NaOH与二氧化碳反应可得到碳酸钠，碳酸钠与氯化钡反应可得到氯化钠，电解熔融氯化钠可得到钠单质；C.氯气可与氢氧化钙反应得到次氯酸钙，次氯酸钙可与水和二氧化碳反应得到HClO，HClO分解可得HCl，浓盐酸与二氧化锰反应可得到氯气；D.硫化氢被氧化可得到硫单质，硫单质无法一步反应制得SO3，三氧化硫溶于水可得到H2SO4；故答案选D。13、B【解析】泥沙难溶于水，用过滤法除去水中泥沙，故A正确；氨气密度比空气小，用向下排空气法收集，故B错误；CCl4难溶于水，与水混合后分层，用分液法分离CCl4和H2O，故C正确；用100mL容量瓶配制100mL0.1mol·L−1NaCl溶液，转移液体时用玻璃棒引流，故D正确。14、A【解析】

CH3-CH=CH2中含碳碳双键，可发生加成、氧化反应，甲基可发生取代，碳碳双键为平面结构、甲基为四面体构型，以此来解答。【详解】A.含碳碳双键可发生加成反应，甲基上H可发生取代反应，A正确；丙烯分子中含甲基，甲基为四面体构型，则所有原子不可能都在同一平面上，故A错误；B.丙烯分子可看作是乙烯分子中的一个H原子被甲基取代产生的物质，乙烯分子是平面分子，键角是120°，所以丙烯分子中三个碳原子不可能在同一条直线上，B错误；C.丙烯与溴水发生加成反应，产生溴代烷烃，该物质是有机物，难溶于水，因此观察到溴水褪色，但得到的液体有分层现象，C错误；D.丙烯分子可看作是乙烯分子中的一个H原子被甲基取代产生的物质，乙烯分子是平面分子，而甲基为四面体构型，因此丙烯分子中不可能所有的原子都在同一平面上，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、原子的共线和共面为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。15、A【解析】化合反应、加成反应以及加聚反应是多种物质生成一种物质，反应物中的所有原子都转化到生成物中，原子利用率达到100%，而置换反应、分解反应、取代反应以及消去反应的生成物有两种或三种，原子利用率小于100%，答案选A。点睛：本题主要考查了“原子经济”，掌握“原子经济”的含义是解答的关键，根据“原子经济”的要求：反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知化合反应、加成反应、加聚反应符合绿色化学的要求。16、A【解析】

卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，卤素原子以及与之相连的碳原子的邻位碳上的一个氢原子同时脱去，形成不饱和键。【详解】1-氯丙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，断键位置为：C-Cl和中间碳原子上的C-H；2-氯丙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，断键位置为：C-Cl和相邻碳原子上的C-H；所以二者发生反应相同都是消去反应，生成产物相同都是丙烯，但是断裂碳氢键位置不同，答案选A。【点睛】本题主要考查氯代烃的消去反应，题目难度中等，解答该题时需理解消去反应，掌握反应机理。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期第VIA族Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2ONH3+H+==NH4+<CDEHNO3NaHCO3CO2+H2O+SiO32﹣==CO32﹣+H2SiO3↓N>C>Si【解析】分析：X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的五种短周期元素，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z、W位于同主族，设Z的原子序数为x，则W的原子序数为x+8，Y、Z左右相邻，Y的原子序数为x-1，由四种元素的原子序数之和为32，则1+（x-1）+x+（x+8）=32，解得x=8，即Y为N元素，Z为O元素，W为S元素，T的单质常用于自来水的杀菌消毒，则T为Cl元素。详解：根据上述分析可知，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为S元素，T为Cl元素。（1）W为S元素，位于元素周期表中第三周期第VIA族，故答案为：第三周期第VIA族；（2）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的浓溶液只有在加热条件下能与铜反应，则该酸为硫酸，浓硫酸与Cu反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，反应化学方程式为2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑，故答案为：2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑；（3）Y元素的气态氢化物为氨气，与其最高价氧化物的水化物硝酸可以相互反应，生成硝酸铵和水，其离子方程式为NH3+H+=NH4+；故答案为：NH3+H+=NH4+；（4）Y为N元素，T为Cl元素，N的非金属性小于Cl；A．氢化物的沸点是物理性质，不能通过沸点的高低来比较这两种元素的非金属性强弱，故A不选；B．元素所形成的最高价含氧酸的酸性越强，元素的非金属性越强，不是最高价含氧酸，不能判断非金属性强弱，故B不选；C．元素的气态氢化物越稳定，元素的非金属性越强，所以比较这两种元素的气态氢化物的稳定性，能判断非金属性强弱，故C选；D．元素单质与氢气化合越容易，则元素的非金属性越强，故D选；E．元素气态氢化物的还原性越强，元素的非金属性越弱，所以比较这两种元素气态氢化物的还原性，能判断元素的非金属性强弱，故E选；故答案为：＜；CDE；（5）探究元素N、C、Si非金属性强弱，通过比较硝酸、碳酸和硅酸的酸性强弱即可；①溶液a与碳酸盐反应生成二氧化碳，然后通过饱和的碳酸氢钠溶液洗气，溶液a、b分别为HNO3溶液、NaHCO3溶液，故答案为：HNO3；NaHCO3；②溶液C中，二氧化碳与硅酸钠溶液反应，反应的离子方程式为CO2+H2O+SiO32-=CO32-+H2SiO3↓；故答案为：CO2+H2O+SiO32-=CO32-+H2SiO3↓；③经验证，酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸，所以N、C、Si的非金属性由强到弱：N＞C＞Si，故答案为：N＞C＞Si。点睛：本题考查了位置、结构和性质的关系，明确元素的推断、元素化合物的性质和非金属性强弱比较方法为解答该题的关键。本题的易错点为（4）中非金属性强弱的判断，要注意掌握非金属性强弱的判断方法的理解和归纳。18、AlClSiO2＋2OH—=SiO32—＋H2O【解析】

A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、D三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强酸、强碱的反应，则A为Na、B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则D的最外层电子数=11-1-3=7，则D为Cl元素；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素，以此解答该题。【详解】由上述分析可知，A为Na、B为Al、C为Si、D为Cl；(1)B、D的元素符号分别为Al、Cl；(2)A与D两元素可形成NaCl，为离子化合物，用电子式表示其形成过程为；(3)A在空气中燃烧生成原子个数比为1：1的化合物为过氧化钠，其电子式为；(4)元素C的最高价氧化物为二氧化硅，元素A的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。19、PCl3+H2O+Cl2＝POCl3+2HClb溶液变为红色，而且半分钟内不褪色防止在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀偏小将废水中的H3PO3氧化为PO43－，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐bc5×10－6【解析】分析：(1)氯化水解法产物是三氯氧磷和盐酸，结合原子守恒分析；(2)①当滴定达到终点时NH4SCN过量，Fe3+与SCN-反应溶液变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；②由于AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN标准液用量偏多；(3)①在沉淀前先加入适量漂白粉使废水中的H3PO3氧化为PO43-，加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；②根据图1、2分析磷的沉淀回收率；③根据Ksp[Ca3(PO4)2]=c3(Ca2+)×c2(PO43-)计算。详解：(1)氯化水解法是用三氯化磷、氯气与水反应生成三氯氧磷和盐酸，其化学方程式为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl，故答案为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl；(2)①用cmol•L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN-反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：b；溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；②已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小，故答案为：防止在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；偏小；(3)①氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷(主要为H3PO4、H3PO3等)废水，在废水中先加入适量漂白粉，使废水中的H3PO3氧化为PO43-，使其加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；故答案为：将废水中的H3PO3氧化为PO43-，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐；②根据图1、2可确定pH=10、反应时间30min时磷的沉淀回收率较高，则处理该厂废水最合适的工艺条件为pH=10、反应时间30min；故答案为：bc；③若处理后的废水中c(PO43-)=4×10-7mol•L-1，Ksp[Ca3(PO4)2]=c3(Ca2+)×c2(PO43-)=2×10-29，c(Ca2+)=32×10-29(4×10-7)2=5×10点睛：本题考查了物质的制备方案设计，涉及化学方程式的书写、滴定原理的应用、图像分析以及难溶电解质的溶度积常数的应用等，难度中等。本题的易错点为c(Ca2+)的计算，要注意Ksp[Ca3(PO4)2]的表达式的书写。20、漏斗取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质将Cu2+Hg2+全部置换出来不能甲乙丙Fe+2H+=Fe2++H2↑冷却结晶过滤【解析】分析：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。可燃性气体作为还原剂在加热的过程中会有爆炸的可能性，而固体还原剂一般不易控制量会引入杂质；一种反应物过量的目的往往是为了使另一种反应物充分反应。加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。详解：（1）滤液中硫酸亚铁的浓度较低，先蒸发水到热饱和溶液，然后降温结晶，最后过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤还需要漏斗，蒸发结晶还需要坩埚；绿矾变质生成+3价铁，