2022-2023学年上海市上海外国语大学附属外国语学校高三化学第一学期期中检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（ ）A1mol葡萄糖与足量的钠反应能产生2.5mol H2Ba g某气体中含分子数为b，c g该气体在标况下的体积为(22.4bc)/(aNA)C将1molCl2通入到水中，则N(HClO

2、)+N(Cl-)+N(ClO-) =2NA(N表示粒子数）D相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数2、砷化氢(AsH3)是一种无色、可溶于水的气体，其分子构型是三角锥形。下列关于AsH3的叙述中正确的是AAsH3分子中有未成键的电子对BAsH3是非极性分子CAsH3是强氧化剂DAsH3分子中的AsH键是非极性键3、NH3是一种重要的化工原料,可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法正确的是( )ANH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥BNH4Cl、HNO3和Na2CO3受热时都易分解C图中所涉及的盐类物质均可发生水解反应DNH3和NO2在一定条件下可以发生氧化还原反应4

3、、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A常温常压下，62 g P4中所含PP键数目为2NAB23g钠在空气中反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数为NAC标准状况下，11.2LCO2和SO2混合物中含O原子数目为NAD0.1mol氯化铁水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA5、将X逐渐加入（或通入）到一定量Y溶液中，产生沉淀的质量与加入X的物质的量关系如图，符合图中情况的一组物质是ABCDXBa(HCO3)2 Na2CO3 KOHCO2 YNaOH CaCl2 Mg(HSO4)2 石灰水AABBCCDD6、25时将浓度均为0.1molL-1、体积分别为Va和Vb的HA 溶

4、液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示，下列说法正确的是Aac 过程中水的电离程度始终增大Bb点时，c(B+)=c(A-)=c(H+)=c(OH-)Cc点时， 随温度升高而减小D相同温度下，Ka(HA)Kb(BOH)7、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Cu2+、I、S2O32B常温下加水稀释时c(H+)c(OH)明显增大的溶液：CH3COO、Ba2+、NO3、BrC0.1molL Fe(NO3)2溶液：Fe(CN)63、Na+、SO42、ClD0.1molLNaAlO2溶液：NH4+、K+、

5、HCO3、SO328、下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。请观察如下图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的是( )A甲为小苏打，乙为纯碱B要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球C加热不久就能看到A烧杯的澄清石灰水变浑浊D整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊9、下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是()选项微粒组加入的试剂发生反应的离子方程式AFe3+、I、ClNaOH溶液Fe3+3OHFe(OH)3BK+、NH3H2O、CO32通入少量CO22OH+C

6、O2CO32+H2OCH+,Fe2+、SO42Ba(NO3)2溶液SO42+Ba2+BaSO4DNa+、Al3+、Cl少量澄清石灰水Al3+3OHAl(OH)3AABBCCDD10、中华民族有着光辉灿烂的发明史。下列发明创造不涉及化学反应的是()A用胆矾炼铜B用铁矿石炼铁C烧结粘土制陶瓷D打磨磁石制指南针11、下列指定反应的离子方程式正确的是( )ACa(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+ClO-+SO2+H2O=CaSO4+2H+Cl-B向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液：+H2O=CO2+Al(OH)3CCl2通入FeI2溶液中，可能存在反应：4Cl2+6I-+2Fe2+=2F

7、e3+3I2+8Cl-D同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH-=NH3H2O12、化学与社会、生活、生产密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）选项现象或事实解释A明矾用于净水明矾具有消毒杀菌的作用B含硫煤中加入适量石灰石可减少对大气的污染使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO4C钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀海水中含氧量高于河水D“地沟油”可以用来制生物柴油其主要成分和从石油中提取的柴油类似AABBCCDD13、已知反应：O3+ 2I+ H2OO2+ I2+ 2OH，下列说法不正确的是（ ）AO2为还原产物B氧化性：O3I2CH2O既不是氧化剂也不是还原剂D反应生成

8、1mol I2时转移2 mol电子14、由氧化铜、氧化铁组成的混合物a g,加入2 molL-1的硫酸50 mL时固体恰好完全溶解。若将a g该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应,冷却后固体质量为A无法计算Ba gC(a-1.6)gD(a-3.2)g15、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A强酸性溶液X中加入Ba(NO3)2溶液，静置后再加入KSCN溶液，先生成白色沉淀，后溶液变红溶液X中一定含有和Fe3B检验HCl气体中是否含有Cl2，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后溶液不恢复成红色HCl气体中含有Cl2C室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，

9、再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色Fe3的还原性比I2强D加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4Cl固体易升华AABBCCDD16、下列有关微粒性质的排列顺序中，错误的是A元素的电负性:POFB元素的第一电离能:CNNa+Mg2+D原子的未成对电子数:MnSiCl二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素X，它们之间有如下转化关系：(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同。则D的颜色为_；E的名称为_。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离

10、子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀。则元素X在周期表中的位置是_；AC的反应中氧化剂的化学式为_；CD反应的离子方程式为_。(3)若AE均为化合物。A是淡黄色固体，C、D、E均属于盐类，DEC是我国化学家发明的经典工业制备C的方法。则A的电子式为_；DE的化学方程式为：_。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类。则BC的化学方程式为_，EC_。18、短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2电子层结构与氖原子相同。（1）M在元素周期表中的位置是_。（

11、2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。p的化学式为_。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84gmol1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为_。（4）(XY)2的性质与Cl2相似，(XY)2与NaOH溶液常温下反应的离子方程式为_。（5）常温下，1molZ3能与Y的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1molZ2，该反应的化学方程式为_。19、I.某研究

12、小组探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应。已知:1.0 molL-1的Fe(NO3)3溶液的pH=1,铁架台等夹持仪器已略去,请回答:(1)用于加入浓硫酸的仪器名称为 _。装置A中发生的化学方程式为_。(2)滴加浓硫酸之前要先打开弹簧夹通入一定量的N2,其目的是_。(3)实验中,装置B中产生了白色沉淀,该沉淀的成分是_，说明SO2具有_性。 (4)分析B中产生白色沉淀的原因:观点1:SO2与Fe3+反应; 观点2:在酸性条件下SO2与NO3-反应;基于观点1,装置B中反应的离子方程式_。为证明该观点,应进一步检验生成的新物质,其实验操作及现象为(假定在反应中SO2的量不足_。 基于观点2,只

13、需将装置B中Fe(NO3)3溶液替换为等体积的下列溶液,在相同的条件下进行实验。应选择的最佳试剂是_(填序号)。 A.0.1 molL-1的稀硝酸 B. 1.5 molL-1的Fe(NO3)3溶液C.6.0 molL-1的NaNO3和0.2 molL-1盐酸等体积混合的混合液.人们常用催化剂来选择反应进行的方向。 图所示为一定条件下1 mol CH3OH与O2发生反应时生成CO、CO2或HCHO的能量变化图反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去。在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成_（填“CO” 、“CO2”或“HCHO”）；2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g

14、) H=_。20、水合肼是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl 据此，某学生设计了下列实验。（制备NaClO溶液）实验装置如图甲所示（部分夹持装置已省略）已知：3NaClO2NaCl+NaClO3（1）请写出肼的电子式_。（2）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_。（3）装置I中发生的化学反应方程式是 _；中用冰水浴控制温度在30以下，其主要目的是_。（制取水合肼）实验装置如图乙所示。（4）仪器B的名称为_；反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4H2O参与A中反应并产生

15、大量氮气，请写出该反应的化学反应方程式_。（5）充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。若在蒸馏刚刚开始的时候忘记添加沸石，应该采取的操作是_。（测定肼的含量）称取馏分0.2500g，加水配成20.00mL溶液，在一定条件下，以淀粉溶液做指示剂，用0.1500 molL1的I2溶液滴定。已知：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O滴定终点时的现象为_。实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00 mL，馏分中N2H4.H2O的质量分数为_。21、对温室气体二氧化碳的研究一直是科技界关注的重点。在催化剂存在下用H2还原CO2是解决温室效应的重要手段之一，相关反应如下：反应： CO

16、2(g)+4H2(g) CH4(g)+H2O(g) H1=-164.0kJmol-1 反应：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H2=+41.2kJmol-1 己知：H2O(l)=H2O(g) H=+44.0 kJmol-1 H2的标准燃烧热为-285.5 kJmol-1 （1）CH4的标准燃烧热H=_ kJmol-1 。一定温度下反应能自发进行，则该反应的S_0（填、c(H+)=c(OH-)，故B错误；C. 0.1molL-1HA溶液pH=3，说明HA是弱酸，c点时溶质为BA、BOH，水解常数Kb=随温度升高而增大，所以随温度升高而减小，故C正确；D. Va=Vb=50mL时

17、HA与BOH恰好完全反应，pH=7，所以相同温度下，Ka(HA)=Kb(BOH)，故D错误。故选C。点睛：解答本题需要先弄明白图示含义，图中酸溶液由多到少，同时，碱溶液由少到多，而且0.1molL-1HA溶液pH=3，0.1molL-1BOH溶液pH=11。接着问题的解决就可以“顺藤摸瓜”。7、B【答案解析】A使甲基橙变红色的溶液显酸性，S2O32与氢离子反应生成S和二氧化硫，不能大量共存，A错误；B醋酸根水解溶液显碱性，稀释促进水解，但溶液的碱性降低，酸性增强，常温下加水稀释时c(H+)/c(OH)明显增大，且CH3COO、Ba2+、NO3、Br之间不反应，可以大量共存，B正确；C0.1mo

18、l/L Fe(NO3)2溶液中Fe(CN)63与亚铁离子结合生成铁氰化亚铁沉淀，不能大量共存，C错误；D0.1mol/LNaAlO2溶液中HCO3与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝和碳酸根，不能大量共存，D错误，答案选B。【点晴】解离子共存问题要熟悉常见离子的性质，应该知道哪些离子间发生什么反应而不能共存，涉及的反应有复分解反应、氧化还原反应、络合反应和相互促进的水解反应，还要注意审清题目的隐含信息，如酸碱性、颜色等。该题的易错选项是C和D，注意铁氰化亚铁是一种蓝色沉淀，常用于检验亚铁离子。偏铝酸根离子与碳酸根离子发生的是复分解反应，不是水解反应，反应原理是依据较强酸制备较弱酸，注意区分。8、C【

19、题目详解】A碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大使管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故A正确；B白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故B正确；C碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接A烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以A烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故C错误；D碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯A中澄清石灰水不会变浑浊，故D正确。答案选C。【答案点睛】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，注意把握碳酸钠、碳酸氢钠性质的差

20、异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案。9、D【题目详解】A. Fe3+、I之间发生氧化还原反应，在溶液中不能共存，A项错误；B. 通入少量CO2， NH3H2O优先反应，为弱电解质，在离子方程式中保留化学式，正确的离子方程式为：2NH3H2O +CO2CO32+H2O+2NH4+，B项错误；C. 加入硝酸钡后，硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子，所以发生反应的离子方程式还有：NO3+3Fe2+4H+NO+3Fe3+2H2O、SO42+Ba2+BaSO4，C项错误；D. Al3+与少量氢氧化钙反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3+3OH Al(OH)3，D项正确；答案选D。10

21、、D【题目详解】A、胆矾为硫酸铜晶体，铜为化合态，+2价，金属铜为单质，由化合态变为游离态，需加入还原剂发生反应，A不正确；B、铁矿石炼主要成份为氧化铁，铁为+3价，由化合态变为游离态铁，需加入还原剂发生反应，B不正确；C烧结粘土主要成份为复杂的硅酸盐，烧结粘土制陶瓷过程中会发生复杂的物理化学变化，C不正确；D磁石为四氧化三铁，打磨磁石制指南针的过程为物理变化过程，D正确；答案选D。11、C【题目详解】ACa(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO-+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl-+HClO，选项A错误；B. 向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液的离子反应为：+H2O=+

22、Al(OH)3，选项B错误；C. 还原性I- Fe2+，Cl2通入FeI2溶液中，当两者的物质的量之比为4：3时，发生反应的离子方程式为：4Cl2+6I-+2Fe2+=2Fe3+3I2+8Cl-，选项C正确；D. 同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，反应生成硫酸铵和硫酸钠，反应的离子方程式为：H+OH-= H2O，选项D错误。答案选C。12、B【答案解析】A.明矾没有强氧化性,没有消毒杀菌作用，故A错误；B.向煤中加入适量石灰石，石灰石与煤燃烧时产生的SO2与空气中的O2反应，生成CaSO4和CO2，所以B选项是正确的；C.海水中含有电解质氯化钠，氯化钠可与钢铁形成原电池，原电

23、池能加快化学反应速率，故C错误；D.生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，是酯类化合物，是动植物油脂与甲醇通过酯化反应得到的；而石化柴油属于烃类物质，是从石油里面提炼出来的，故D错误；故选B。【答案点睛】明矾净水是利用盐类水解原理，没有强氧化性；生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，而石化柴油属于烃类物质，两者成分不同，制取方法不同。13、A【答案解析】反应O3+ 2I+ H2OO2+ I2+ 2OH中，O元素化合价降低，O3部分被还原生成OH-，I元素化合价升高，I被氧化生成I2。 AO3生成O2时没有发生化合价的变化，故O2不是还原产物，故A错误；B该反应中I2是氧化产物，O3是氧化剂，故氧化性：氧化

24、性：O3I2，故B正确；CH2O在反应中所含元素化合价没有发生变化，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，故C正确；DI元素化合价由-1价升高到0价，则反应生成1mol I2时转移2mol电子，故D正确。故答案选A。14、C【分析】氧化铜和氧化铁组成的混合物与硫酸反应恰好完全溶解，说明硫酸的物质的量恰好等于原氧化物中的氧原子的物质的量。【题目详解】氧化铜和氧化铁组成的混合物与硫酸反应恰好完全溶解，说明硫酸的物质的量恰好等于原氧化物中的氧原子的物质的量，当混合物被一氧化碳还原，则固体质量等于原固体质量-氧原子质量，硫酸的物质的量为0.052=0.1mol，则固体的质量为a-160.1=a-1.6,故C

25、正确。15、B【题目详解】A在酸性条件下，有强氧化性，则溶液X中可能含有Fe2，不一定含有Fe3，故A项错误；B氯气与水反应生成HClO，可使品红溶液褪色，加热不恢复，则证明HCl气体中含有Cl2，故B项正确；C结论应该为Fe3的氧化性比I2强，故C项错误；D加热NH4Cl固体，NH4Cl易分解为NH3和HCl，但二者在试管口又化合生成NH4Cl，这个过程并非升华，故D项错误；故答案为B。16、B【题目详解】A、得电子能力越强，电负性越大，得电子能力POF，所以元素的电负性POF，故A正确；B、C的电子排布式为1s22s22p2；N的电子排布式为1s22s22p3，p轨道处于半充满状态；O的电

26、子排布式为1s22s22p4，第一电离能应该是N的最大，故B错误；C、这些离子是电子层一样多的微粒，根据核电荷数越多半径越小，则离子半径：O2-Na+Mg2+，故C正确；D、Mn、Si、Cl原子的未成对电子数分别为5、2、1，即原子的未成对电子数：MnSiCl，故D正确。正确答案选B。【答案点睛】元素的第一电离能和最外层电子数的多少有关，轨道处于全充满和半充满状态稳定；电子层越多，半径越大，电子层一样多的微粒，核电荷数越多半径越小。二、非选择题（本题包括5小题）17、红褐色 氧化铁 3周期IIIA族 H2O AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- NaCl+CO2+NH3+H

27、2O=NH4Cl+NaHCO3 4NH3+5O24NO+6H2O 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O 【题目详解】(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同，据此信息可知X为变价元素铁，则A为铁，B为氯化亚铁、C为氯化铁， D为氢氧化铁、E为氧化铁，所以则D的颜色为红褐色；E的名称为氧化铁；综上所述，本题答案是：红褐色；氧化铁。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀；据以上分析可知X为铝元素；则A为铝，B为铝盐、C为偏铝酸盐， D为氢氧

28、化铝、E为氧化铝；铝原子的核电荷数为13，在周期表中的位置是3周期IIIA族；铝与强碱水溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，铝做还原剂，H2O做氧化剂；偏铝酸盐溶液中通入足量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；综上所述，本题答案是：3周期IIIA族；H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。(3)若AE均为化合物。A是淡黄色固体，为过氧化钠；C、D、E均属于盐类，DEC是我国化学家发明的经典工业制备C的方法，该方法为侯氏制碱法，所以C为碳酸钠；因此A ：Na2O2， B :NaOH， C :Na2CO3，D : N

29、aCl，E :NaHCO3；Na2O2属于离子化合物，电子式为：；氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3；综上所述，本题答案是：；NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类，据以上信息可知：则A：N2；B：NH3；C：NO；D：NO2；E：HNO3；氨气发生催化氧化生成一氧化氮，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=

30、3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；综上所述，本题答案是：4NH3+5O24NO+6H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。【答案点睛】氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入足量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳和水，也能生成碳酸氢钠，这个反应容易忘掉，造成问题（3）推断出现问题。18、第三周期第VIA族 NH4SCN NCOOCN (CN)2+2OH=CN+CNO+H2O 2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O 【分析】元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；Z2电

31、子层结构与氖相同，Z是O元素；Z与M同主族，M是S元素。W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。据此解答。【题目详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z、M分别是H、C、N、O、S。（1）S位于元素周期表中第三周期VIA族；（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色，P中含有；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，P中含有，因此p的化学式为NH4SCN。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84gmol1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子

32、中不含双键，但含极性键和非极性键，所以q分子的结构式为NCOOCN。（4）(CN)2的性质与Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OH=CN+CNO+H2O。（5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O。19、分液漏斗 Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O 排净装置中的空气，为排除氧气对实验的干扰 BaSO4 还原性 SO2+2Fe3+Ba2+2H2O=BaSO4+2Fe2+4H+ 取少量B中溶液于试管中，加入少

33、量K3Fe（CN)6溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，观点1合理 C HCHO -470kJ/mol 【题目详解】(1)加入浓硫酸的仪器为分液漏斗；A中为亚硫酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O；(2)氧气和硝酸根离子都能将二氧化硫氧化，如果装置中含有氧气，会干扰实验，所以通入氮气的目的是排净装置中的空气，为排除氧气对实验的干扰；(3)二氧化硫具有还原性，在酸性条件下，能被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀。(4)观点1是指二氧化硫和铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，硫酸

34、根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：SO2+2Fe3+Ba2+2H2OBaSO4+2Fe2+4H+；为证明该观点,应进一步检验生成的新物质，即亚铁离子，所以操作为：取少量B中溶液于试管中，加入少量K3Fe（CN)6溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，观点1合理；在酸性条件下，二氧化硫和硝酸根离子发生氧化还原反应，只要溶液中的硝酸根离子浓度不变即可，所以选C；.(1)从图分析，虚线为有催化剂条件下，反应生成HCHO；从图分析，1mol甲醛转化为一氧化碳，反应热为（158-676+283）kJ/mol=-235 kJ/mol，所以热化学方程式为2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g

35、)+2H2O(g) H=-470kJ/mol。20、 烧杯、玻璃棒 MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O 防止温度过高次氯酸钠变为氯化钠和氯酸钠 直形冷凝管 N2H4H2O+2NaClO=2NaCl+N2+3H2O 冷却后补加 滴定终点时的现象为当加入最后一滴滴定剂的时候，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 30.0% 【分析】根据氮原子形成8电子稳定结构、氢原子形成2电子稳定结构分析电子式，根据已知中次氯酸钠能分解分析冰水浴的目的，根据物质的氧化性和还原性分析反应方程式，根据碘遇淀粉变蓝分析终点颜色变化，根据方程式中的物质的量关系计算肼的物质的量，进而计算质量和质量分数。【题目

36、详解】(1) 肼的化学式为N2H4，根据氢原子形成一对共用电子对分析，氮原子之间形成一对共用电子，电子式为 ； (2)配制30%的氢氧化钠溶液的实验步骤为计算，称量，溶解，所需的玻璃仪器有量筒，烧杯，玻璃棒，故答案为烧杯、玻璃棒；(3)二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰和氯气和水，反应方程式为： MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O；根据已知：3NaClO2NaCl+NaClO3，次氯酸钠容易分解，所以中用冰水浴控制温度在30以下，其主要目的是防止温度过高次氯酸钠变为氯化钠和氯酸钠；(4)仪器B为直形冷凝管；分液漏斗中为次氯酸钠，具有强氧化性，水合肼具有强还原性，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，溶液中有过多的次氯酸钠，部分N2H4H2O参与反应被氧化产生大量氮气， 方程式为N2H4H2O+2NaClO=2NaCl+N2+3H2O；(5) 液体加热时为了防止暴沸，通常加入沸石，若在蒸馏刚刚开始的时候忘记添加沸石，应该采取停止实验，冷却后补加；滴定的原理为N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O，使用标准碘水溶液，可利用碘遇淀粉变蓝选用淀粉为指示剂，滴定终点时的现象为当加入最后一滴滴定剂的时候，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；20.00mL溶液中，n(N2H4H2O)=1/2n（I2）=0.1500mol/L0.02