2023年届(山东、海南等新高考地区)高三上学期期中考试试卷化学(A卷)

2023届〔山东、海南等高考地区〕高三上学期期中化学〔化学〔A〕留意事项：D．装置④可用于枯燥、收集HCl，并吸取多余的HCl1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形

C．装置③假设用于吸取NH3，并防止倒吸，则X可为苯码粘贴在答题卡上的指定位置。选择题的作答：每题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。考试完毕后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 Fe56 Mn55 Ba137一、选择题〔2分，20分，每题只有一个选项符合题意〕以下与化学有关的文献，理解错误的选项是《问刘十九》中写道：“绿蚁醅酒，红泥小火炉”，“醅酒”即酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反响

氮化镁(Mg3N2)是一种重要的化合物，以下说法错误的选项是A．Mg3N2中只含有离子键，不含共价键Mg3N2与盐酸反响生成两种盐Mg3N2与水反响属于非氧化复原反响Mg3N2中两种粒子的半径：r(Mg2+)>r(N3−)Na2Fe5Si8O22(OH)2青石棉用稀硝酸溶液处理时，复原产物只有NO，以下说法不正确的选项是A．青石棉是一种硅酸盐材料B．青石棉置于足量硝酸中，不能得到澄清透亮溶液C．青石棉的化学组成可表示为Na2O·FeO·2Fe2O3·8SiO2·H2OD．1mol青石棉与稀硝酸反响时，被复原的硝酸为1mol表中a、b、c表示相应仪器中参加的试剂，可用如下图装置制取、净化、收集的气体是代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS2．关于以下各装置图的表达中，正确的选项是A．装置①中，c为阴极、d为阳极代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS2．关于以下各装置图的表达中，正确的选项是A．装置①中，c为阴极、d为阳极B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2等气体6．向KI溶液中逐滴参加少量CuSO溶液，观看到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色。再向反4应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液渐渐变成无色。以下分析中不正确的选项是B．《清波杂志》卷十二：“信州铅山胆水自山下注，势假设瀑布……古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣。”这里的胆水是指CuSO4溶液C．《天工开物》中有如下描述：“……”文中的“裘”主要成分是蛋白质选项A气体NH3a浓氨水b生石灰c碱石灰BSO270%的浓H2SO4Na2SO3固体98%的浓H2SO4CNOHNO3铜屑H2ODNO2HNO3铜屑NaOH溶液充分反响后的溶液中无Cu2+存在滴加CuSO41molCuI1mole−C．依据上述试验现象可知：Cu2+I2的氧化性强4D．通入SO2时发生反响的离子方程式为SO2+I2+2H2O=2HI+2H++SO2−72C+O2=2CO的能量变化如以下图所示。以下说法正确的选项是4A．12gC(s)与肯定量O2(g)反响生成14gCO(g)放出的热量为110.5kJB．该反响的热化学方程式是2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH＝-221kJC．2molC(s)与足量O2(g)反响生成CO2(g)，放出的热量大于221kJD．该反响的反响热等于CO分子中化学键形成时所释放的总能量与O2分子中化学键断裂时所吸取的总能量的差8．NH4HCO3是一种离子化合物，以下关于该物质的表达错误的选项是A．所含四种元素的原子半径由小到大的挨次为：H＜O＜N＜CB．同周期的三种元素的得电子力量由大到小的挨次为：O＞N＞CCN++OHNH+HO

以下热化学方程式及有关应用的表达中，正确的选项是A890.3kJ·mol−13CH4(g)+2O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol−11 1B．强酸与强碱在稀溶液里反响的中和热为57.3kJ·mol−12H2SO4(aq)+2Ba(OH)2(aq)1=2BaSO4(s)+H2O(l) ΔH<-57.3kJ·mol−119.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-38.6kJ·mol−1D．2101KPa条件下4Al(s)+32(g)=2AO3(s) ·2A12O3(s) ΔH=-3119.1kJ·mol−1，则O3比O2稳定二、不定项选择题〔420分〕Na4S2O3中参加足量稀硫酸，发生反响：2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O。以下说法正确的选项是Na4S2O3的水溶液显中性1molNa4S2O3中共含离子数为6NAC3molS6molD．CaOCl2也可称为混盐，向CaOCl2中参加足量稀硫酸会有Cl2产生12．N表示阿伏加德罗常数，以下表达正确的选项是4 3 2 AD．除去NaCl固体中混有少量的NH4HCO3固体可以承受加热的方法溶液中可能含有H+、NH+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO2−、SO2−、NO−中的几种。①参加铝片，

1molFeI22NA2L0.5mol·L−1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为N4 3 4 3 ANaClNaClONaClO3的共存体系。以下推断不正确的选项是参与反响所需NaOHNaClNaClONaClO3的共存体系。以下推断不正确的选项是参与反响所需NaOH3∶111∶1∶2假设有amol氯气参与反响，则amol＜转移电子的物质的量<5a/3mol3 4 溶液中肯定不含CO2−，可能含有SO2−和NO3 4 在滴加NaOH溶液物质的量为0.～0.7mol时，发生离子反响为Al3+4O=Al−+2HO

1molNa2O2固体中含离子总数为3NAD42g6NA反响中NaClO、NaClO3为氧化产物，且两者物质的量之比肯定为1∶114．我国科学家成功合成了世界上首个含五氮阴离子的盐〔局部构造如图〕，其中还有两种104C．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+D．n(H+)∶n(NH+)∶n(Mg2+)＝2∶4∶14

2 218电子离子。X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，且均不在同一族。以下说法不正确的选项是A．Y的原子半径大于Z的原子半径B．在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键C．Z的简洁气态氢化物稳定性比Y的简洁气态氢化物稳定性强

①圆底烧瓶中发生反响的离子方程式为 。②按气流方向由左到右，导管口连接挨次为a→ 。③装置连接好后，在装药品前，需检验装置的气密性，具体方法是 。D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的最高价氧化物对应水化物的酸性强 (假设各步反响均完全进展且过程中无额外物质损耗)。〔3〕假设使用20g黄铜矿粉末可制得8gD．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的最高价氧化物对应水化物的酸性强 (假设各步反响均完全进展且过程中无额外物质损耗)。图所示：元素编号元素性质或原子构造TM6个电子X2倍：2Na2SiO3+2NaAlO2图所示：元素编号元素性质或原子构造TM6个电子X2倍：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2SiO3↓+4NaOH。对上述流程中的推断正确的选项是A．试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性Z元素最高正价是+7价B．反响IIAl(OH)3的反响为：CO2+AlO−+2H2O=Al(OH)3↓+HCO−23C．结合质子(H)的力量由弱到强的挨次是OH＞CO＞AlOW+−2−其单质既能跟酸反响，又能跟强碱反响，都产生H23−2

现有局部短周期元素的性质或原子构造如表：D．Al2O3熔点很高，工业上还可承受电解熔融AlCl3冶炼Al三、非选择题〔60分〕16．黄铜矿的主要成分是CuFeS2(硫元素显-2价，铁元素显+2价)。试验室里用黄铜矿为原料制取单质铜和铁红(FeO)的流程如下：

元素X的一种同位素可测定文物年月，这种同位素的符号是 。4元素Y与氢元素形成一种离子YH+，写出某溶液中含该微粒的电子式 ，如何检验该离子 。4元素Z在周期表中的位置 ，元素Z与元素T相比，非金属性较强的是 〔用元素符号表示〕，以下表述中能证明这一事实的是 素符号表示〕，以下表述中能证明这一事实的是 〔填序号〕。a．常温下Z的单质和T的单质状态不同b．Z的氢化物比T的氢化物稳定c．肯定条件下，Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反响高温CuFe2+OCu+FeS+S2，FeS+2HCl=FeC+H在试验室中，应将黄铜矿粉末放在 称)中焙烧。欲选用以下局部装置在试验室中以MnO2和浓盐酸为原料制取纯洁、枯燥的氯气。

差异性是学习化学的重要方法之一T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是，理由是 。Z的最高价氧化物的水化物与W的最高价氧化物的水化物反响的离子方程式为 。富硼渣中含有镁硼酸盐2MgO·B2O〕、镁硅酸盐2MgO·SiO〕及少量AlO3FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸〔H3BO3〕晶体的一种工艺流程如下：〔22MgO·Si2+2〔22MgO·Si2+22S=2MgS4+SiO+2O2MgO·B2O+2S+HO=2(3)3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)到达平衡状态的有 。Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开头沉淀时1.93.47.09.1完全沉淀时3.24.79.011.1CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH＝ kJ·mol－1。(1)3H2(g)+3CO(g)

答复以下问题：(2)反响②达平衡后实行以下措施，能提高CH3OCH3产率的有 (填字母，下同)。A．参加CH3OH B．上升温度 C．增大压强 D．移出H2O E．使用催化剂H3BO3+2MgSO4。①上述反响表达出酸性强弱：HSO HBO〔填“＞”或“＜”〕。

A．H2和CO23∶1B3H—H1C=O2 4 3 3②酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，写出相关反响的离子方程式： 、 。法正确的选项是 〔填序号〕。(4)肯定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反响：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平4③硼酸与过量法正确的选项是 〔填序号〕。(4)肯定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反响：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平4

C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变E．绝热体系中，体系的温度保持不变b．向NaHCOb．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生c．硼酸的电离方程式可表示为：H3BO3+H2OB(OH)−+H+4〔3〕检验褐色浸出液中的杂质离子取少量浸出液， 〔填操作和现象〕，证明溶液中含有Fe2+。除去浸出液中的杂质离子：用MgO调整溶液的pH至 以上，使杂质离子转化为 〔填化学式〕沉淀，过滤。猎取晶体：ⅰ.MgSO4H3BO3接近饱和；ⅱ.掌握温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合如图溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液参加到高压釜中，升温结晶得到 晶体，分别后，再将母液降温结晶，分别得到 晶体。

衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图：：气体分压(p )＝气体总压(p )×体积分数。分 总该反响H 填“＝550时平衡后假设充入惰性气体平衡 填“正移”“逆移”或“不移动”)。②650℃时，反响达平衡后CO2的转化率为 2位有效数字)。p③T时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K＝ p 。p20．化合物20．化合物H是一种抗病毒药物，在试验室中利用芳香烃A制备H的流程如以下图所示(局部反响条件已略去)：19．甲醚(DME)19．甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝-90.7kJ·mol－1：生成氢氧化物沉淀的pH〔0.1mol/L〕②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2＝-23.5kJ·mol－1CO2(g)+H2(g) ΔH3＝-41.2kJ·mol－1③CO(g)+H2O(g)己知：①有机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子③RCHO+③RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O④有机物B的名称为 。④由D生成E的反响类型为 ，E中官能团的名称为 。由G生成H所需的“肯定条件”为 。写出B与NaOH溶液在高温、高压下反响的化学方程式： 。〔5〕F酸化后可得R，XR的同分异构体，X能发生银镜反响，且其核磁共振氢谱显示有3和丙醛合成的流程图种不同化学环境的氢，峰面积比为1∶1∶1，写出和丙醛合成的流程图剂任选)。〔高考〕2023-2023学年上学期高三期中备考金卷化学答案〔A〕1.【答案】A

【答案】D【解析】CuSO4溶液中逐滴参加KI2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反响SO2气体，反响方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A．由上述分析及化学方程可知，向KI溶液中逐滴参加少量CuSO4溶液，白色沉淀是CuI，溶液中含有I2，所以不含铜离【解析】A．葡萄糖是单糖，不能发生水解反响，故A错误；B．胆水是指CuSO4溶液，“遗匙

子，故A正确；B．CuSO

溶液中逐滴参加KI2CuSO+4KI=2KSO+2CuI↓+I，4

4 2 4 2指的是动物的皮毛，其主要成分是蛋白质，故C正确；D．朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS，故D正确；应选A。B【解析】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、

2molCuI1mole−1molCuIB正确；C．2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反响中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的Cu2+＞2，故C断通入SO2SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，碘化氢为强电解质，离子方程式为：4SO2+I2+2H2O=2I−+4H++SO2−，故D错误。4NH3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，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，不能用碱石灰枯燥，故D错误。D【解析】AA正确；B．氮化镁与盐酸反响生成氯化铵和氯化镁，氯化铵和氯化镁均属于盐，故B正确；C．氮化镁与水反响生成氢氧化镁和氨气，反响中没有元素化合价的变化，属于非氧化复原反响，故C正确；D．电子层构造一样的离子，随核电荷数的增大，离子半径减小，氮离子和镁离子的电子层构造一样，则离子半径r(N3−)>r(Mg2+)，故D错误；应选D。C【解析】硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，所以青石棉是一种硅酸盐材料，A正确；青石棉能完全溶于足量硝酸中，会生成硅酸沉淀，B正确；硅酸盐写成氧化物形式的先后挨次为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二

【答案】C【解析】A．依据图示，12gC(s)与肯定量O2(g)反响生成28gCO(g)放出的热量为110.5kJ，故A错误BH的单位一般为kJ·mo1kJ/mo该反响的热化学方程式是2C(s)+2(g)=2CO(g) ＝-221kJ·mol－1，故B错误；C．碳完全燃烧放出的热量比不完全燃烧多，2molC反响生成CO放出221kJ能量，则生成二氧化碳放出的热量大于221kJ，故C正确；D．该反响的反响热等于CO分子中化学键形成时所释放的总能量与C、O2分子中化学键断裂时所吸取的总能量的差，故D错误；答案选C。C【解析】四种元素中，只有氢原子有1个电子层，其余均有2个电子层，质子数C＜N＜O，依据电子层越大半径越大，电子层一样的，质子数越多半径越小，原子半径由小到大的挨次为＜O＜N＜CA正确；B．C、N、O为同周期元素，原子序数依次增大，同周期元素从左到右非金B与足量氢氧化钠溶液共热的离子方程式为N++HCO+2OH=NH↑+2HO+C2−CDNaCl4 3 3 2 3NaO·3FeO·F2O3·8Si·HO，故C错误；青石棉用稀硝酸溶液处理时，复原产物只有NO，所以青石棉中含有二价铁离子；依据氧化复原反响中得失电子相等推断青石棉与硝酸的关系式，所以青石棉与硝酸反响的关系式计算得：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O−−HNO3，所以1mol青石棉能使1mol硝酸被复原，故D正确；选C。5.【答案】B

固体稳定，NH4HCO3固体不稳定受热分解生成氨气、水和二氧化碳，加热生成的气体逸出，故D正确。D【解析】A．溶液中参加铝片，产生无色无味的气体为氢气，则溶液中有大量氢离子，则肯定CO2−NO−SO2−A错误；B．依据题给图像知，在滴加3 3 4【解析】A．因NH3的密度比空气的小，不能用图示装置收集，收集方法不合理，故A错误；NaOH溶液物质的量为0.5至0.7molN++OH=NH·HOBCB．Na2SO370%的浓硫酸反响生成SO2，SO2中混有的H2O98%的浓H2SO4除去，收集装置合理，故B正确；C．NO与空气中的氧气反响，则不能用图示装置收集NO，应利用排水法收集，故C错误；D．NO2被NaOH溶液吸取，收集不到NO2，故D错误；应选B。

4 3 24据题给图像知，溶液中的阳离子肯定含NH+、H+、Mg2+、Al3+，故C错误；D．依据题给图像分析，0.1mol0.1mol0.5至40.7mol时，发生的离子反响为：NH++OH−=NH·HO，所以铵离子的物质的量为0.2mol，氢氧化钠4 3 2220.70.8molAl(OH)3+OH−=AlO−+2HOAl3+0.1mol，镁离子22

生成NaClONaClO

43的物质的量是(0.4mol-0.1mol3)÷2=0.05mol，n(H+)∶n(NH+)∶n(Mg2+)=2∶4∶1，故D正确。43【答案】B

n(NaClO)∶n(NaC1O3)(物质的量之比)11∶1∶2，故B正确；C．假设amol氯气参与反响，发Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，假设氧化产物只有【解析】A．甲烷的燃烧热是指甲烷完全燃烧生成稳定的产物时放出的热量，而反响的产物为

NaClO，转移电子数最少，为amol×2×1

×1=amol；氧化产物只有NaClO，转移电子数最多，为a1COΔH>-890.3kJ·mol−1，A错误；B．反响

HSO(aq)+

1 Ba(OH)(aq)=

BaSO(s)+HO(l)，

2 35 5a 5a2 2 4 21 1

2 2 4

4既包含+(aq)+O−(aq)=2O(l2S2−(aq)+2Ba2+(aq)=4

BaS4(sH为两反响之和，

NaClONaClO3

为氧化产物，但由于缺少数据，无法计算二者的物质充分反响生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)14.【答案】DΔH<-57.3kJ·mol−1，B正确；C．充分反响生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)14.【答案】D

的量之比，故D错误。ΔH<-38.6kJ·mol−1C错误4Al(s)+32(g)=2AO3(s) H=-2834.9kJ·mo−14Al(s)+2O3(g)=2A2O3(s) =-3119.1kJ·mol−1，说明O3比O2能量高，稳定性差，D错误。

【解析】构造图中含有五氮阴离子，则Y为氮(N)10电子离子，则应为NH+、H3O+X为氢(H)，Z为氧(O)；M18电子离子，且离子半径最大，与其它元素不在同一族，则其只能为氯(Cl)。A．Y(N)的原子半径大于Z(O)的原子半径，符合同周期元素原子半径4递变规律，A正确；B．在该盐中，NH+、HO+内都存在极性共价键，五氮阴离子中含有氮氮非极4【答案】BD 4 3NaSO

可以写成NaSO

Na

SNa+、SO2−、S2−SO2−和

性共价键，B正确；C．非金属性O>N，则Z(O)的简洁气态氢化物稳定性比Y(N)的简洁气态氢化物423

2 3

3 3M(Cl)的最高价氧化物对应水化物ASO2 3

的酸性弱，D不正确。326NAB正确；C2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O可知，混盐NaSONaS中-2S2个电子生成S，+44个电子生成S3molS322 3 24molC错误；D．含一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐为混盐，

15.【答案】B【解析】A．由于溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不行能为硫酸，故A错误；B．过量的二氧CaOCl2

可写成CaCl2

Ca(ClO)2

Cl−ClO−在酸性条件下反响生成Cl2D正确；

NaAlO

+CO

+2H

O=Al(OH)

+NaHCO

+AlO-+2H

O=Al(OH)

+HCO-，故答案选：BD。

2 2 2 3 3

2 2 2 3 3【答案】CD

B正确；C．结合质子的力量就是指碱性，结合质子力量越强，相应的酸放出质子的力量就越弱，【解析】A．1molFeI

Fe2+I−3N，A

HCO->Al(OH)

>HO，碱性：OH−＞AlO−＞CO2−，所以2 A 3 3 2 2 3错误．2L0.5mol·1硫酸钾溶液中含有S2−的物质的量为1mo，溶液中阴离子S−和O所 结合质子力量OAl−C2−，故C错误．氯化铝是分子晶体，熔融时不存在铝离子，电4 4 2 322NA，B错误；C．Na2O22Na+1O2−，1molNa2O2固体中含离子总42g5NA，D正确。2【答案】AD【解析】NaCl、NaClO、NaClO31∶1，

解熔融的氯化铝不能获得金属铝，故D错误。【答案】〔1〕坩埚MnO+4+2ClM2++C2↑+2O b→c→g→h→d 关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中；微热圆底烧瓶；假设导管末端产生气泡，停顿加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气依据原子守恒，可知参与反响所需NaOH112

=2∶1，故A错误；

〔3〕92%B设n(NaCl)=11mon(NaClO)=1mon(NaCl3)=2mo生成NaCl获得的电子为11mol1=11mo， 【解析(1固体的焙烧在坩埚内进展，故答案为：坩埚(2①圆底烧瓶中发生反响为Mn2与浓盐酸反响生成ClMnClHMnO+4+2ClM2++Cl↑+2H②

〔4〕4.7 Al(OH)3、Fe(OH)32 2 2

2 2

〔5〕硫酸镁 硼酸Cl2含有HCl、H2O，所以a连接b、c，通过饱和食盐水除去HCl、连续连接g、h，通过浓硫酸，除去H2O，再连接d，即可收集纯洁、枯燥的氯气；故答案为：b→c→g→h→d；③利用加热气体膨胀的原理进展装置气密性的检验，所以检验方法为：关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中，微热圆底烧瓶，假设导管末端产生气泡，停顿加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气(3依据Fe8g368

硼镁泥含有镁硼酸盐2MgO·BO〕、镁硅酸盐2MgO·Si2〕及少量Al2O3FeO等SiO2，参加的过氧化氢把亚铁离子氧化成铁离子，加MgO调整Al(OH)3、Fe(OH)3，用重结晶的方法得到硫酸镁晶体、硼酸晶体，以此解答该题。〔1〕要加快反响速率，可

的质量分数=

2 2

2 20g160

②Al2O3FeOAl2O3+6H+=2Al3++3H2O；【答案】〔1〕14C

6 2 3 3 44红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在NH+4第三周期ⅦA族 Cl bH2CO3 只有H2CO3为弱酸，其余为强酸 3H++Al(OH)3=Al3++3H2O【解析】依据题给元素性质或原子构造可知：T16，为S元素；X最外层电子2倍，则X为其次周期元素，为C元素；常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性可知单质为N2，氢化物的水溶液是NH3·H2OYN元素；元素最高正价等于其Z为第ⅦA元素，FZCl2都产生H，该单质为金属Al，故W为Al元素。〔1〕14C在考古工作中用于测定一些文物的年月，26

碳酸弱，与碳酸氢钠不反响；故答案为：ac；〔3〕杂质离子为亚铁离子，可滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀；〔4〕MgO调整溶液的pH4.7以上，使杂质离子转化为Al(OH)3、Fe(OH)3，〔5〕由图象可知硫酸镁的溶解度随温度上升而〔2〔2〕NaOH溶液并加热，在试管口用潮湿的H3BO3+H2OB(OH)−+H+B<C，则硼酸的酸性比4晶，分别得到硼酸晶体。19.【答案】〔1〕-246.1〔2〕DDE答案为：14C答案为：14C；〔2〕Y与氢元素形成一种离子YH+NH+，其电子式为：；检验该离644【解析】 ①+②+③得出ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3=[2×(-90.7)-23.5-41.2]kJ·mol=-246.1kJ·mol。(1)2×−1−1子的方法为：取少量试样参加到试管中，参加浓NaOH溶液并加热，在试管口用潮湿的红色石蕊试

(2)A．反响②中参加CH3OH，相当于增大压强，由于该反响是反响前后等体积的反响，增大压强，纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在NH+。〔3〕ZCl元素，在周期表中位于第三周

化学平衡不移动，则CHOCH

产率不变，A错误；B．反响②的正反响为放热反响，上升温度化学4 3 3期、第ⅦA族。同一周期从左向右，元素的非金属性渐渐增加，故Cl元素与S元素相比，非金属性Cl元素。可依据元素周期律来选择推断能证明这一事实的选项：b．相应元素的非金属性Cl元素的非金属性比较强；〔4〕T、X、Y、Z

平衡向吸热的逆反响分析移动，则CH3OCH3产率会降低，B错误；C．反响②是反响前后气体体积不变的反响，增大压强平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，C错误；D．移出H2O，生成物浓度减小，化学平衡向着正向移动，CH3OCH3产率增大，D正确；E．使用催化剂，化学平衡不移动，则四种元素的最高价氧化物的水化物分别是：H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4，其中H2CO3性质不同CH3OCH3产率不变，ED；(3)3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的正反响为HC3四种元素的最高价氧化物的水化物分别是：H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4，其中H2CO3性质不同CH3OCH3产率不变，ED；(3)3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的正反响为【答案】〔1〕研磨 加热〔2〕＞ Al2O3+6H+=2Al3++3H2O FeO+2H+=Fe2++H2O ac〔3〕滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀

气体体积缩小的放热反响，A．H2CO23∶1时，反响可能处于平衡状态，也可能未到达平衡状态，则无法推断平衡状态，A错误；B．CO22C=O双键，单位时间内3H−H2C=O1个C=O，表示反响正向进展，说明没有到达平衡状态，B错误；C．恒温恒容条件下，混合气体的密度为定值，不能依据密度推断平衡状态，C错误；D．混合气体的质量不变，混合气体的物质的量为变量，则气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明该反响到达平衡状态，D正确；E．该反响为放热反响，绝热体系依据勒夏特列原理，正反响方向是吸热反响，即ΔH＞0；恒压状态下，充入惰性