2024届福建省清流县第二中学化学高二上期中考试模拟试题含解析

2024届福建省清流县第二中学化学高二上期中考试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：弱酸HCNHFCH3COOHHNO2电离常数4.9×10－107.2×10－41.8×10－56.4×10－6则0.1mol·L－1的下列溶液中，pH最小的是A．HCN B．HF C．CH3COOH D．HNO22、碳化硅的晶体结构与晶体硅类似。晶体中硅原子与Si﹣C键的数目之比为()A．1∶4 B．1∶3 C．1∶2 D．1∶13、CO2经催化加氢可合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)。0.1Mpa时，按n(CO2):n(H2)=1:3投料，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图，下列叙述不正确的是（）A．该反应的ΔH<0B．曲线b代表H2OC．N点和M点所处的状态c(H2)不一样D．其它条件不变，T1℃、0.2MPa下反应达平衡时c(H2)比M点大4、分子式为C10H20O2的有机物A，能在酸性条件下水解生成有机物C和D，且C在一定条件下可转化成D，则A的可能结构有A．4种B．8种C．12种D．16种5、LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是A．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–B．LiH2PO4溶液中存在2个平衡C．用浓度大于1mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4D．随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小6、据权威刊物报道，1996年科学家在宇宙中发现H3分子。甲、乙、丙、丁四位学生对此报道的认识正确的是A．甲认为上述发现绝对不可能，因为H3分子违背了共价键理论B．乙认为宇宙中还可能存在另一种氢单质，因为氢元素有三种同位素必然有三种同素异形体C．丙认为H3分子实质是H2分子与H+以特殊共价键结合的产物，应写成H3+D．丁认为如果上述的发现存在，则证明传统的价键理论有一定的局限性有待继续发展7、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NAB．25℃时，1L0.1mol/LNa2S溶液中阴离子总数小于0.1NAC．25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NAD．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为NA8、在RNH2·H2ORNH3+＋OH－的电离平衡中，要使RNH2·H2O的电离程度及c(OH－)都增大，可采取的措施是()A．通入HCl B．升高温度C．加适量水 D．加少量NaOH固体9、温度T℃时，在初始体积为1L的两个密闭容器甲（恒容）、乙（恒压）中分别加入0.2molA和0.1molB，发生反应2A(g)+B(g)xC(g)，实验测得甲、乙容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．x可能为4B．M为容器甲C．容器乙达平衡时B的转化率为25%D．M的平衡常数大于N10、已知25℃时，K==1.75×10-5，其中K是该温度下CH3COOH的电离平衡常数。下列说法正确的是（）A．向该溶液中加入一定量的硫酸，K增大B．升高温度，K增大C．向CH3COOH溶液中加入少量水，K增大D．向CH3COOH溶液中加入少量氢氧化钠溶液，K增大11、在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)；ΔH＝－373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是A．加催化剂同时升高温度 B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2 D．降低温度同时增大压强12、莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是A．分子式为C7H6O5B．分子中含有2种官能团C．可发生加成和取代反应D．在水溶液羧基和羟基均能电离出H+13、室温下，取0.1mol·L-1HY溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=9，则下列说法正确的是A．混合溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-9mol/LB．混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Y-)﹥c(Na+)﹥c(OH-)﹥c(H+)C．混合溶液中c(OH-)-c(HY)=c(H+)=1×10-9mol/LD．混合溶液中c(Na+)=c(Y-)+c(HY)=0.1mol/L14、T0℃时，在2L的密闭容器中发生反应：X(g)＋Y(g)Z(g)(未配平)，各物质的物质的量随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为T1℃、T2℃时发生反应，X的物质的量随时间变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是()图a图bA．该反应的正反应是吸热反应B．T1℃时，若该反应的平衡常数K＝50，则T1＜T0C．图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%D．T0℃，从反应开始到平衡时：v(X)＝0.083mol·L－1·min－115、诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别属于A．纤维素、脂肪B．淀粉、油脂C．蛋白质、烃D．蛋白质、植物油16、将100mL3mol·L-1的NaOH溶液与100mL3mol·L-1的AlCl3溶液按下列两种方法混合：(1)将NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中，(2)将AlCl3溶液逐滴滴入NaOH溶液中，对上述实验所得结论正确的是A．现象相同，沉淀量相等 B．现象相同，沉淀量不等C．现象不同，沉淀量相等 D．现象不同，沉淀量不等二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满。回答下列问题：（1）B、C中第一电离能较大的是__(用元素符号填空)，基态E原子价电子的轨道表达式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6属于_______晶体（填晶体类型），其中C原子的杂化轨道类型为________杂化。②[C(OH)4]-中存在的化学键有________。a．离子键b．共价键c．σ键d．π键e．配位键f．氢键（4）B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D与E形成化合物晶体的晶胞如下图所示：①在该晶胞中，E的配位数为_________。②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子的坐标参数为：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。则d原子的坐标参数为______。③已知该晶胞的边长为xcm，则该晶胞的密度为ρ=_______g/cm3（列出计算式即可）。18、短周期元素A、B、C、D的位置如图所示，室温下D单质为淡黄色固体。回答下列问题：（1）C元素在周期表中的位置___，其在自然界中常见的氧化物是___晶体。（2）A的单质在充足的氧气中燃烧得到的产物的结构式是___，其分子是__分子（“极性”或“非极性”）。（3）四种元素中可用于航空航天合金材料的制备，其最高价氧化物的水化物的电离方程式为___。（4）与B同周期最活泼的金属是___，如何证明它比B活泼？（结合有关的方程式进行说明）__。19、中华人民共和国国家标准（G2762011）规定葡萄酒中c最大使用量为0.25g/L.某兴趣小组用图装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定。（1）仪器A的名称是________，水通入A的进口为_______________（2）B中加入300.0ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出与C中H2O2完全反应其化学方程式为_________________________________（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“20”处，则管内液体的体积______（填序号）（①=20mL，②=30mL，③＜20mL，④＞30mL）．（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液12.50mL，该葡萄酒中SO2含量为:___g/L（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施______________20、误差分析：（1）在转移溶液时有部分溶液溅出，则配制的溶液浓度___________（填“偏高”、“偏低”或“不变”，下同）；（2）转移溶液后，没有用水洗涤烧杯内壁，溶液浓度将__________；（3）加水超过容量瓶的刻度线，溶液浓度将__________，此时应该_______________；（4）加水定容时俯视刻度线，溶液浓度将__________；（5）定容后将溶液摇匀，发现液面下降，又加水到刻度线，溶液浓度将_________。（6）烧碱溶解后，没有恢复到室温，就转移到容量瓶中进行配制，浓度将____________。21、一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示。（1）从反应开始到10s，用Z表示的反应速率为____。X的物质的量浓度减少了___，Y的转化率为_____。（2）该反应的化学方程式为____。（3）10s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示。则下列说法符合该图像的是_____。A．t1时刻，增大了X的浓度B．t1时刻，缩小了容器体积C．t1时刻，升高了体系温度D．t1时刻，使用了催化剂

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强。【题目详解】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，酸性强弱为：HF＞HNO2＞CH3COOH＞HCN，则pH由大到小的顺序是HCN＞CH3COOH＞HNO2＞HF，则等浓度的四种酸溶液中，HF相对最强，溶液酸性最强，pH最小，故选B。【题目点拨】本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱的关系是解本题关键，同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强。2、A【题目详解】由原子构成的晶体为原子晶体，SiC是由原子构成的，属于原子晶体，晶体中每个Si原子连有4个Si-C键，但是每个Si-C键是两个原子共有，故每个Si原子含有2个Si-C键，同理，每个C原子也含有2个Si-C键，而一个Si原子对应一个C原子，故Si和Si-C键个数之比为1：4。答案选A。【题目点拨】注意每个C和每个Si都有2个Si-C键，关键是要注意一个Si原子对应一个C原子。3、C【解题分析】温度升高，H2的浓度增大，平衡左移，故逆向吸热，正向放热，△H<0，则曲线a为CO2，根据方程式的比例关系，可知曲线b为H2O,曲线c为C2H4；故A正确，B正确；C项：N点和M点均处于所处同一T1℃下，所处的状态的c(H2)是一样的；D项：其它条件不变，T1℃、0.2MPa相对0.1MPa，增大了压强，体积减小，c(H2)增大，下反应达平衡时c(H2)比M点大，D项正确。4、A【解题分析】有机物A在酸性条件下能水解，说明A为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成有机物C和D，且C在一定条件下可转化成D，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同，以此解答该题。【题目详解】A是饱和酯，且两边链相同，分析C4H9COOH或C4H9CH2OH中都含有C4H9-烃基，有四种结构：C-C-C-C-，，，则A有四种结构；选A。【题目点拨】本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题的关键是根据C在一定条件下可转化成D，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同。5、C【解题分析】A.H2PO4－在水溶液中既可以电离也可以水解，所以LiH2PO4溶液中含P元素的粒子有H2PO4－、HPO42–、PO43–和H3PO4，故A错误；B.溶液中存在H3PO4、H2PO4－、HPO42–、H2O的电离以及H2PO4－、HPO42–和PO43－的水解等平衡，故B错误；C.用浓度大于1mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，由图2可知H2PO4－的分布分数δ达到最大，约为0.994，则H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，故C正确；D.由图1可知，随着c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH先减小后不变，故D错误，答案选C。6、D【题目详解】A．H3分子的结构类似于臭氧分子，是三中心三电子结构，很不稳定，故A错误；B．同位素的种类和同素异形体之间没有必然关系，故B错误；C．H3分子不带电，不能写成H3+，故C错误；D．果上述的发现存在，则证明传统的价键理论有一定的局限性有待继续发展，正确；所以正确的答案是D。7、D【题目详解】A.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为气体体积减小的可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，故A错误；B．硫离子在溶液中发生水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，所以25℃时，1L0.1mol/LNa2S溶液中阴离子总数大于0.1NA，故B错误；C．25℃时，pH＝13的NaOH溶液中OH－的物质的量浓度为0.1mol/L，因未给出NaOH溶液的体积，所以无法判断OH－的数目，故C错误；D．23g钠的物质的量为1mol，钠在空气中燃烧生成多种氧化物，钠元素由0价升高到+1价，1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确，答案选D。【题目点拨】本题考查阿伏加德罗常数的判断及计算，选项D为易错点，注意钠在化合物中的化合价均为+1价，1mol钠完全燃烧转移电子的物质的量为1mol，与生成何种氧化物无关。8、B【题目详解】A.通入HCl，消耗氢氧根离子，电离程度增大，但是氢氧根离子的浓度减小，故A错误；B.由于电离是吸热反应，故升高温度，平衡右移，电离程度增大，氢氧根离子的浓度增大，故B正确；C.加水，溶液浓度减小，电离程度增大，但是氢氧根离子的浓度减小，故C错误；D.加NaOH，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故D错误；故选B。.9、D【分析】若该反应为气体物质的量增大的反应，即x＞3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强增大，平衡过程中反应速率比恒压时大，建立平衡需要的时间较少，对应于图像M，增大压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像相符；若该反应为气体物质的量减少的反应，即x＜3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强减小，平衡过程中反应速率比恒压时小，建立平衡需要的时间较长，对应于图像N，减小压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符；若该反应x=3，则两容器得到相同的平衡状态，与图像不符，据此分析解答。【题目详解】A．根据上述分析，该反应为气体物质的量增大的反应，因此x可能为4，故A正确；B．根据上述分析，该反应为气体体积增大的反应，M为容器甲，N为容器乙，故B正确；C．根据上述分析，N为容器乙，容器乙达平衡时A的转化率为25%，根据方程式2A(g)+B(g)xC(g)，加入0.2molA和0.1molB时，反应的B为A的物质的量的一半，A和B的转化率相等，也是25%，故C正确；D．温度不变，平衡常数不变，达到平衡时，M、N对应的温度相同，则平衡常数相等，故D错误；故选D。【题目点拨】解答本题的关键是判断压强对该反应的影响。本题的难点是排除x＜3的情况。10、B【分析】电离平衡常数只受温度的影响，醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，温度降低，K减小，据此回答判断。【题目详解】A.向该溶液中加入一定量的硫酸时，若加入浓硫酸，浓硫酸溶于水放热，K增大，若为稀硫酸，K不变，硫酸浓度未知，故A错误；B.醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，故B正确C.向醋酸溶液中加水，温度不变，K不变，故C错误；D.向醋酸溶液中加氢氧化钠，温度不变，K不变，故D错误。答案选B。【题目点拨】平衡常数只与温度有关，加入某些电解质会使溶液温度升高，不一定只有加热才能使溶液温度变化。11、B【分析】提高该反应的NO的转化率只需让平衡正向移动，据此分析判断。【题目详解】A．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行，因此NO的转化率减小，A项错误；B．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，因此加催化剂同时增大压强能提高该反应的速率和NO的转化率，B项正确；C．由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行，NO的转化率减小，充入N2，增大了生成物的浓度，反应速率加快但平衡逆向移动，NO的转化率减小，C项错误；D．由于该反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，反应正向进行，NO的转化率增大，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，NO的转化率增大，D项错误；答案选B。12、C【题目详解】A、分析莽草酸的结构简式可知其分子式为：C7H10O5，A错误；B、其分子中含有羧基、碳碳双键和醇羟基三种官能团，B错误；C、其结构中的碳碳双键能发生加成反应、羧基和醇羟基均发生酯化反应和取代反应，C正确；D、莽草酸中的羟基是醇羟基，其不能在水溶液中电离出氢离子，D错误。答案选C。【题目点拨】该题的易错点是选项D，注意羟基活泼性比较，脂肪醇、芳香醇、酚类的比较：类别脂肪醇芳香醇酚官能团醇羟基醇羟基酚羟基结构特点－OH与链烃基相连－OH与苯环上的侧链相连－OH与苯环直接相连羟基上H的活泼性能与金属钠反应，但比水弱，不能与NaOH、Na2CO3溶液反应有弱酸性，能与NaOH、Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应原因烃基对羟基的影响不同，烷基使羟基上H的活泼性减弱，苯基使羟基上H的活泼性增强13、C【解题分析】0.1mol·L-1HY溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，两者恰好完全反应生成NaY溶液，混合后溶液的pH=9，说明Y-发生水解：Y-+H2OHY+OH-。A项，混合溶液中水电离的c（OH-）水=c（OH-）溶液=110-5mol/L，错误；B项，由于Y-的水解，混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（Y-）c（OH-）c（H+），错误；C项，溶液中的电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（Y-）+c（OH-），物料守恒为：c（Na+）=c（Y-）+c（HY），则溶液中的质子守恒为：c（OH-）=c（H+）+c（HY），c（OH-）-c（HY）=c（H+）=110-9mol/L，正确；D项，两种溶液由于等体积混合，所以混合后c（Na+）=0.05mol/L，根据物料守恒：c（Na+）=c（Y-）+c（HY）=0.05mol/L，错误；答案选C。14、B【分析】根据图a，反应在3min时达到平衡，反应物为X、Y，生成物为Z变化量分别为0.25mol、0.25mol、0.5mol，则方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)；根据图b，T1时，达到平衡时用的时间较短，则T1>T2，从T1到T2，为降低温度，X的物质的量减小，平衡正向移动，则正反应为放热反应。【题目详解】A.分析可知，该反应的正反应是放热反应，A错误；B.根据图a，T0时，K0＝0.252/（0.0250.075）=33.3，T1℃时，若该反应的平衡常数K＝50，K0＜K，则T0到T1，平衡正向移动，正反应为放热，则为降低温度，T1＜T0，B正确；C.图a中反应达到平衡时，Y的转化率=0.25/0.4=62.5%，C错误；D.T0℃，从反应开始到平衡时：v(X)＝（0.3-0.05）/（23）=0.042mol·L－1·min－1，D错误；答案为B。15、C【解题分析】“丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃。故选C。16、C【解题分析】(1)将NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中，溶液中的Al3+过量，发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，观察到的现象为生成白色沉淀，沉淀为0.1mol；(2)将AlCl3溶液逐滴滴入NaOH溶液中，溶液中的OH-过量，发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，生成0.075mol的偏铝酸根离子，继续滴加氯化铝发生3AlO2-+Al3++6H2O=Al(OH)3↓，生成0.1mol沉淀，现象不同，最终生成的沉淀相同，答案为C；二、非选择题（本题包括5小题）17、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+电荷多，半径小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则A是核外电子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al元素；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，结合原子序数可知，B的电子排布为1s22s22p63s2、E的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，B为Mg，E为Zn，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Mg元素，C为Al元素，D为S元素，E为Zn元素。(1)Mg的3s电子全满为稳定结构，难失去电子；C是Al元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一个电子相对容易，因此元素B与C第一电离能较大的是Mg；E是Zn元素，根据构造原理可得其基态E原子电子排布式是[Ar]3d104s2，所以价电子的轨道表达式为；(2)DA2分子是SO2，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理论为平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加热时易升华，可知其熔沸点较低，据此可知该物质在固态时为分子晶体，Al形成4个共价键，3个为σ键，1个为配位键，其杂化方式为sp3杂化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H极性共价键，Al-O配位键，共价单键为σ键，故合理选项是bce；(4)B、C的氟化物分别为MgF2和AlF3，晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同为离子晶体，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+电荷多、离子半径小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根据晶胞结构分析，S为面心立方最密堆积，Zn为四面体填隙，则Zn的配位数为4；②根据如图晶胞，原子坐标a为(0，0，0)；b为(，0，）；c为(，，0），d处于右侧面的面心，根据几何关系，则d的原子坐标参数为（1，，）；③一个晶胞中含有S的个数为8×+6×=4个，含有Zn的个数为4个，1个晶胞中含有4个ZnS，1个晶胞的体积为V=a3cm3，所以晶体密度为ρ==g/cm3。【题目点拨】本题考查晶胞计算及原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、杂化及均摊法计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(5)为解答的难点，具有一定的空间想象能力和数学计算能力才可以。18、第三周期第ⅣA族原子O＝C＝O非极性H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-NaNaOH的碱性强于Al(OH)3，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O【分析】室温下D单质为淡黄色固体，说明D为硫单质，根据图，可得出A为C，B为Al，C为Si。【题目详解】⑴C元素为硅元素，14号元素，在周期表中的位置第三周期第ⅣA族，故答案为第三周期第ⅣA族；硅在自然界中常见的氧化物为二氧化硅，它为原子晶体，故答案为原子晶体；⑵A为C元素，单质在充足的氧气中燃烧得到的产物为二氧化碳，其结构式是O＝C＝O，故答案为O＝C＝O；二氧化碳是直线形分子，分子中正负电中心重合，其分子是非极性分子，故答案为非极性；⑶四种元素中可用于航空航天合金材料的制备，其应该为Al元素，其最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝的电离有酸式电离和碱式电离，其电离方程式为H++AlO2－+H2OAl(OH)3Al3++3OH－，故答案为H++AlO2－+H2OAl(OH)3Al3++3OH－；⑷与B同周期最活泼的金属是最左边的金属Na，证明Na比Al活泼，可证明NaOH的碱性强于Al(OH)3，利用氢氧化铝的两性，溶于强碱的性质来证明，即Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为NaOH的碱性强于Al(OH)3，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。19、冷凝管bSO2+H2O2＝H2SO4③酚酞④0.12原因:盐酸的挥发:改进施:用不挥发的强酸例如硫酸代替盐酸，用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响【分析】（1）根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；（2）二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式；（3）氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；（4）根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；（5）根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响．【题目详解】（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b；（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4；（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL-10.00mL）=40.00mL，所以④正确；