2022-2023学年四川省泸州老窖天府中学化学高三第一学期期中教学质量检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、1934年居里夫妇用粒子轰击得到一种自然界不

2、存在的核素，开创了人造核素的先河。其发生的变化如下：+。下列有关说法错误的是A和两种原子互为同位素B在中，质子数=中子数=核外电子数C该变化同样遵循质量守恒定律D该变化说明原子核在化学反应中也能发生变化2、室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是()加入物质结论A50 mL 1 molL1H2SO4反应结束后，c(Na)c(SO)B0.05 mol CaO溶液中增大C50 mL H2O由水电离出的c(H+)c(OH-)不变D0.1 mol NaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na)不变AABBCCDD3、汽车剧烈碰

3、撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2。则下列判断不正确的是A若有0.5mol氧化剂反应,则转移电子的物质的量为2.5molB若氧化产物比还原产物多0.7mol,生成0.8molN2(标准状况)CKNO3的氧化性强于N2D被还原的元素和被氧化的元素原了数目之比为1:54、研究小组探究Na2O2与水反应。取1.56 g Na2O2粉末加入到40 mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，进行以下实验。编号操作现象溶液变红色，20秒后褪色i. 产生大量能使带火星木条复燃的气体ii. 溶液变红色，10分钟后褪色i. 溶液变红色，10分钟后溶液褪色.ii

4、. 变红色溶液变红色，2小时后无明显变化下列说法不正确的是A由中现象i可知，Na2O2 与水反应有H2O2生成B由、可知，中溶液红色褪去是因为c(OH- )大C由、可知，中溶液红色褪去的主要原因不是c( OH- )大D向中褪色后的溶液中滴加5滴6 mol/L盐酸，溶液最终变成红色5、美国Science上发表论文，宣布发现了一种 Al 的超原子结构，这种超原子（Al13）是以 1 个 Al 原子 在中心，12 个 Al 原子在表面形成的三角二十面体结构。这种超原子具有 40 个价电 子（价电 子即主族元 素的最外层电子数）时最稳定。请预测稳定的 Al13 所带的电荷为A1B2C3D06、一定量的

5、CuS和Cu2S的混合物投入足量的硝酸中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到24.0gCuO。若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为 （ ）A22.40L B26.88L C29.12L D35.84L7、如果要除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3，则应选择的最佳方法是()A加入适量盐酸B加入NaOH溶液C加热灼烧D配成溶液后通入CO28、PASS 是新一代高效净水剂,它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大。X 原子半径最小,Y、R同主族,Z

6、、W、R同周期,Y原子的最外层电子数是次外层的3 倍,Z是常见的金属，电子层数等于主族序数，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。下列说法正确的是（ ）AZ的阳离子与R的阴离子在溶液中因发生氧化还原反应无法共存BWY2能与碱反应,但不能与任向酸反应C原子半径按X、Y、R、W、Z的顺序依次增大D熔沸点:X2R X2Y9、我国出土的文物呈现了瑰丽的历史文化。下列文物中，主要成分属于合金的是（）。A西夏佛经纸本B西汉素纱禅衣C唐兽首玛瑙杯D东汉青铜奔马10、若乙酸分子中的氧都是16O，乙醇分子中的氧都是18O，将两者等物质的量混合进行催化反应，一段时间后，体系中含有18O的物质是（催化剂中不含氧

7、）A只有乙酸乙酯B水和乙醇C乙酸乙酯和乙醇D乙酸乙酯、乙醇、乙酸和水11、SO2是一种大气污染物，可用NaOH溶液除去，下列有关解释的方程式不合理的是ASO2形成硫酸型酸雨：2SO2+O2+2H2O4H+2SO42B少量SO2与NaOH溶液反应的离子方程式是：SO2+OHHSO3CNaOH溶液缓慢吸收过量SO2的过程中有：SO2+SO32+H2O2HSO3Dn(SO2):n(NaOH)1:2时，溶液pH7：SO32+H2OHSO3+OH12、设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A反应，生成22.4时转移的电子数为3.75B的溶液中，含有的数目等于C标准状况下甲烷和氧气的混合气体共22

8、.4L，完全燃烧后产物的分子总数一定为D10g的中含有的质子数与中子数分别为5和413、下列离子方程式中正确的是A在加热条件下铜可与浓硫酸反应：Cu +2H+= Cu2+H2B醋酸与纯碱溶液充分反应：CH3COOH+HCO=CH3COO+H2O + CO2CAlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3+4OH=AlO+ 2H2ODNaHSO4溶液与NaOH溶液混合：H+ + OH- = H2O14、NaCN(氰化钠)有毒，是一种重要的基础化工原料，可用于化学合成、电镀、冶金等。下列说法不正确的是ANaCN中含有的化学键类型为离子键和极性键BNaCN 中碳元素显+4 价CNaCN 与过量过氧化氢反应时有

9、NH3生成，在该反应中，NH3既不是氧化产物又不是还原产物D实验室配制NaCN 溶液时，先将NaCN 固体溶解在较浓的NaOH 溶液中，再加水稀释15、下列有关实验的选项正确的是( ) ABCD苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作从KI和I2的固体混合物中回收I2中和热的测定分离乙醇和丙三醇的混合物AABBCCDD16、能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）ANa2S水解：S2+2 H2OH2S+2OHB向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+C向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca2+2ClO+H2O+CO2CaCO3+2HClOD向次氯酸钙溶

10、液通入SO2：Ca2+2ClO+H2O+SO2CaSO3+2HClO二、非选择题（本题包括5小题）17、萜类化合物广泛分布于植物、昆虫及微生物体内，是多种香料和药物的主要成分。是一种萜类化合物，它的合成路线如下：已知：R、R、R”为烃基回答下列问题：（1）按官能团分类，A的类别是_。（2）AC的反应类型是_。（3）CD、EF的化学方程式分别是_、_。（4）写出下列物质的结构简式：B_、H_。（5）FG的反应中，乙酸酐的作用_。（6）十九世纪末O.Wallach发现并提出了“异戊二烯法则”，即自然界中存在的萜类化合物均可以看作是异戊二烯的聚合体或衍生物，为表彰他对萜类化合物的开创性研究，1910

11、年被授予诺贝尔化学奖。请以CH3CH2OH、CH3MgI为有机原料，结合题目所给信息，选用必要的无机试剂，补全异戊二烯（）的合成路线_18、A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，B与G的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物,D为同周期主族元素中原子半径最大的元素。(1)B在元素周期表中的位置是_。(2)D的两种常见氧化物中均含有_(填“离子键”或“共价键”)。(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液和木炭共热,反应的化学方程式为_。(4)D的最高价氧化物对应水化物的溶液与G的单质反应,反应的离子方程式为_。

12、(5)用原子结构解释“B、G单质都能与H2反应生成HX型氢化物”的原因：_。19、铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）。某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究。铁矿石中含氧量的测定 按上图组装仪器，检查装置的气密性； 将23g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）； 从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯； 充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却。（2）装置C的作用为_。（2）若将H2换成CO，则还需补充_装置。（3）测的反应后

13、装置B增重232g，则铁矿石中氧的百分含量为_。铁矿石中含铁量的测定（2）步骤中煮沸的作用是_。（2）步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_。（3）下列有关步骤的操作中说法正确的是_。a因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d锥形瓶不需要用待测夜润洗e滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f滴定结束后，33s内溶液不恢复原来的颜色，再读数（4）若滴定过程中消耗32333molL2的KI溶液2333mL，则铁矿石中铁的百分含量为_。由、可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为_。20、为了探究铁和硫反应产物中铁的化

14、合价为+2价或+3价或既有+2也有+3价，某同学设计了如下图所示的实验过程：（已知硫会溶于热碱溶液）请回答以下问题：（1）混合粉末A中S粉必须要过量，其原因是为了保证铁粉完全反应，从而避免_。（2）反应在“惰性气体环境中”进行的原因是_。（3）操作是用烧热的玻璃棒点触混合粉末，反应即可持续进行，这说明了_。（4）操作的作用是_。（5）操作中稀硫酸煮沸的目的是_。（6）为探究产物中铁的价态，需要继续对D溶液进行实验，请写出操作的具体操作、现象及结论：_。21、A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由一种或两种短周期元素组成，在一定条件下有如下转化关系，请完成下列问题：(1)若常温

15、下A为有色气体若F是一种金属单质，请写出B和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：_。若C为直线型分子，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则F的化学式为：_；D中所含化学键的类型为：_。(2)若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且物质A和D的式量相等，请用离子方程式表示物质F的水溶液呈酸性的原因：_。(3)若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的1/5，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得到一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式：_；B转化为C的化学方程式为：_。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

16、项符合题意）1、D【分析】根据化学反应的最小微粒是原子，所有的反应都遵循质量守恒定律，质量数等于质子数加中子数，并结合同位素的概念等分析。【题目详解】A、P和P两种核素其质子数相同，而中子数不同，所以互为同位素，故A正确；B、P是原子，中子数为30-15=15，对该原子来说，则存在原子序数=质子数=中子数=核外电子数，故B正确；C、所有的反应都遵循质量守恒定律，故C正确；D、原子核在一般的化学反应中不能发生变化，化学反应的最小微粒是原子，故D错误。答案选D。2、B【分析】室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32+H2O HCO3+OH溶液呈碱性，

17、据此分析解答。【题目详解】A、加入50mL 1 molL1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反应结束后c(Na+)=2c(SO42-)，A错误；B、向溶液中加入0.05molCaO，则CaO+ H2O=Ca(OH)2，则c(OH)增大，且Ca2+CO32-=CaCO3，使CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡左移，c(HCO3)减小，故增大，B正确；C、加入50mL H2O，溶液体积变大，CO32-+H2O HCO3-+OH-平衡右移，但c(OH-)减小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水电离，故由水电离出的c(H+)c(OH-)

18、减小，C错误；D、加入0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO32-反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D错误；答案选B。【答案点睛】盐的水解包括的内容很多，如盐溶液中离子浓度的变化、水的离子积的变化、电离平衡常数、水解平衡常数、溶液pH的判断、水解离子方程式的书写、盐水解的应用、电荷守恒规律、物料守恒规律、质子守恒规律的应用，加入其他试剂对水解平衡的影响、稀释规律等，这类题目抓住水解也是可逆反应，所以可应用勒夏特列原理来解答。对于条件的改变溶液中离子浓度的变化，需在判断平衡移动的基础上进行判断，有时

19、需结合平衡常数、守恒规律等，尤其是等式关系的离子浓度的判断或离子浓度大小比较是本知识的难点。等式关系的一般采用守恒规律来解答，若等式中只存在离子，一般要考虑电荷守恒；等式中若离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；离子浓度的比较要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。3、D【答案解析】根据方程式可知硝酸钾中氮元素的化合价从+5价降低到1价得到电子，因此硝酸钾是氧化剂；钠在化合物中显+1价，因此氮化钠中氮元素的化合价是-价，氮化钠中氮元素化合价升高到1价，氮化钠是还原剂；氮气既是氧化产物又是还原产物；根据方程式可知2mol KNO3参加反应转移电子电子的物质的量为11mol，若

20、有1.5mol KNO3反应,则转移电子的物质的量为2.5mol，故A正确；根据反应方程式可知每当生成16mol N2，则氧化产物比还原产物多14mol，现氧化产物比还原产物多17mol，则生成生成N2 1.8molN2，故B正确；氧化剂KNO3的氧化性大于氧化产物N2，故C正确；被还原的元素和被氧化的元素原了数目之比为2:31=1:15，故D错误。4、D【分析】1.56 g Na2O2的物质的量=0.02mol，加入到40 mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，完全反应生成氢氧化钠，则氢氧化钠的浓度为=1mol/L，结合实验现象分析判断。【题目详解】A过氧化钠与水反应得到的溶液A

21、中加入二氧化锰，有气体放出，该气体能使带火星木条复燃，说明是氧气，是过氧化氢在二氧化锰催化作用下发生了分解，说明Na2O2与水反应有H2O2生成，故A正确；B由分析知，步骤ii中得到的氢氧化钠溶液浓度为1mol/L，与i中氢氧化钠的浓度相等，因此现象都是滴加酚酞后，溶液变红色，10分钟后溶液褪色，ii中滴加几滴盐酸后，氢氧化钠浓度减小，溶液变成红色，由知，0.1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，2小时后无明显变化，说明氢氧化钠溶液的浓度较大时，一段时间后颜色会褪去，浓度较小时，不能褪色，说明溶液红色褪去是因为c(OH- )大，故B正确；C根据B的分析可知，1mol/L的氢氧化钠溶

22、液中滴加酚酞，溶液变红色，溶液褪色需要10分钟，而中溶液变红色，20秒后就褪色，说明溶液红色褪去的主要原因不是c( OH- )大，而是过氧化氢的氧化作用，故C正确；D中过氧化氢已经将酚酞氧化了，因此褪色后的溶液再滴加5滴6 mol/L盐酸，溶液不能变成红色，故D错误；故选D。5、A【答案解析】因为1个铝原子有3个价电子，因此13个铝原子应该有39个价电子，但实际上该微粒有40个价电子，所以应该带1个单位的负电荷。6、A【答案解析】若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）=24g80g/mol=0.3mol，转移电子物质的量=0.3（6+2）=2.4molNO和NO2的体积相等，

23、设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=2.4，解得x=0.6，故气体体积V=0.6mol222.4L/mol=26.88L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=12n（CuO）=120.3mol=0.15mol，转移电子物质的量0.1510=1.5mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=1.5，计算得x=0.375，气体体积0.375mol222.4L/mol=16.8L，实际气体介于二者之间，即16.8V26.88，答案选A。【答案点睛】本题考查氧化还原反应计算（极限法）。利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=mM，计

24、算n（CuO），根据Cu守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间，本题考查了氧化还原反应的计算，一定要注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查。7、C【题目详解】按照易操作、不引入新杂质的原则，加热是最佳方法，不但可除去NaHCO3还可以生成Na2CO3，答案选C。8、C【答案解析】试题分析：X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大。X 原子半径最小,则X是H元素；Y、R同主族,Z、W、R同周期,Y原子的最外层电子数是次外层的3 倍,则Y是O元素、R是S元素；Z是

25、常见的金属，电子层数等于主族序数，则Z是Al元素；W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，则W是Si元素。A.Al3+与S2-在溶液中不发生氧化还原反应，但可以发生双水解反应而无法共存，A不正确；B.SiO2可以与氢氟酸反应，B不正确；C. 原子半径按X、Y、R、W、Z的顺序依次增大，C正确；D. 因为水分子间可以形成氢键而硫化氢分子间不能，所以熔、沸点H2S7，Na2SO3发生水解，溶液显碱性：SO32+H2OHSO3+OH故D正确；本题答案为B。12、C【题目详解】A题中未说明是否为标况条件，故无法使用Vm=22.4mol/L进行相关计算，A错误；B根据物料守恒，该溶液中有n(Na+)=

26、n(SO32-)+n(HSO3-)+n(H2SO3)，则溶液中Na+的数目大于NA，B错误；C根据化学方程式，该反应前后分子个数不变；标况下，22.4L的甲烷和氧气的混合气体的总物质的量为1mol，所以该混合气体完全反应后，产物的分子总数一定为NA，C正确；DD2O分子的质子数和中子数均为为10，故10g D2O所含的质子数和中子数都为5NA，D错误；故选C。13、D【题目详解】A. 在加热条件下铜可与浓硫酸反应生成SO2，离子方程式为：Cu +4H+Cu2+SO2+2H2O，故A错误；B. 醋酸与纯碱溶液充分反应：2CH3COOH+CO=2CH3COO+H2O + CO2，故B错误；C. A

27、lCl3溶液中滴加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3+3OH=Al(OH)3，故C错误；D. NaHSO4溶液与NaOH溶液混合反应实质是氢离子和氢氧根反应，离子方程式：H+ + OH- = H2O，故D正确；故选D。14、B【答案解析】A. NaCN中含有的化学键类型为Na+、CN-之间的离子键和C、N之间的极性键，故A正确；B. NaCN中氮元素显-3价，钠元素显+1价，所以碳元素显+2价，故B不正确；C. NaCN与过量过氧化氢反应时有NH3生成，在该反应中，氮元素化合价无变化，所以NH3既不是氧化产物又不是还原产物，故C正确；D. 实验室配制NaCN溶液时，先将NaCN固体

28、溶解在较浓的NaOH溶液中，再加水稀释，可以防止NaCN水解产生有毒气体HCN，故D正确。故选B。15、D【题目详解】A. 分离出水层后，应该从上口倒出碘的苯溶液，不符合题意，A错误； B. 图示仪器为蒸发皿，对固体进行加热时，应用坩埚，不符合题意，B错误；C. 测定中和热时，大小烧杯之间应用泡沫塑料填满，以防止热量的散失，不符合题意，C错误；D. 乙醇和丙三醇是两种互溶的液体，但二者的沸点不同，应用蒸馏进行分离，符合题意，D正确；答案为D。16、B【答案解析】A选项，硫离子水解分步进行：S2-+H2OHS-+OH-，故A错误；B选项，Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶，向FeCl3溶液中加

29、入Mg(OH)2，沉淀向更难溶的方向转化，离子反应方程式为：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe(OH)3+3 Mg2+，故B正确；C选项，向溶液中通入过量CO2，CaCO3溶解，生成HCO3-，正确的离子方程式为ClO-+H2O+CO2HCO3-+HClO，故C错误；ClO-具有强氧化性，将SO2氧化为SO42-，故D错误。故选B。点睛：离子方程式的正误判断，需要注意CO2和SO2的不同之处，都是酸性气体，但SO2气体具有还原性。二、非选择题（本题包括5小题）17、酚 取代反应 +CH3OH +H2O +H2O 保护酚羟基不被氧化 【分析】由D的结构简式逆推可知C为，对比A、C的结构，结合信息

30、I中取代反应，可推知B为；对比C、F的结构，结合反应条件与信息、，可知E为；对比F与I的结构简式，可知从FI转化中F中甲基为氧化为羧基转化为I，由于酚羟基易被氧化，故F与乙酸酐反应生成G，是为保护酚羟基，G中甲基氧化生成H，H发生水解反应、酸化重新引入酚羟基，故G为，H为；(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息()的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到。【题目详解】(1)A含有酚羟基，按官能团分类，A的类别是酚类；(2)AC发生信息I中的取代反应生成C；(3)CD的化学方程式为：，EF的化学方程式为：；(4)由分析

31、可知，B的结构简式为：，H的结构简为：；(5)FG的反应中，乙酸酐的作用：保护酚羟基，防止被氧化；(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息()的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到，则补全异戊二烯()的合成路线：。【答案点睛】考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，对比分析物质的结构进行分析判断，分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目守恒，并结合官能团的变化，设计合理合成路线。18、第2周期第VIIA族 离子键 2H2SO4(浓)+C CO2+2SO2+2H2O Cl2+2

32、OHClO+Cl+H2O 氟和氯同在VIIA族,其原子最外层电子数均为7,均可与氢原子共用一对电子形成共价键 【分析】A、B、D、E、G 是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B 与G 的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识的解答。【题目详解】A、B、D、E、G 是原子序数依次增大的五种短周期元素，其

33、中B与G同主族，B 与G 的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素；(1)B为F元素，位于周期表第2周期第VIIA族；(2)D为Na元素，其两种常见氧化物为氧化钠、过氧化钠，二者均含有离子键；(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸，具有强氧化性，和木炭共热反应化学方程式为2H2SO4(浓)+CCO2+2SO2+2H2O；(4)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠

34、和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O；(5)氟和氯同在VIIA族，其原子最外层电子数均为7，均可与氢原子共用一对电子形成共价键，单质都能与H2 反应生成HX 型氢化物。19、防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果 尾气处理 24% 赶走溶液中溶解的过量的Cl2 223mL容量瓶 df 73% Fe2O6 【分析】氢气和铁矿石中铁的氧化物在A装置的玻璃管内反应生成Fe和水蒸气，C用来隔绝空气，防止空气中的水蒸气进入B中，B中质量增加量即A中产生的水蒸气的量，据此计算铁矿石中含氧量；23.3g铁矿石与足量稀硫酸反应、过滤得含Fe2+、Fe3+的滤液A，滤

35、液A中通入足量氯气使Fe2+转化为Fe3+得B溶液，取23.33mLB的稀溶液用KI溶液滴定可得Fe3+的量，从而可计算铁矿石中含铁量，最后得铁矿石中铁的氧化物的化学式。【题目详解】(2)装置C的作用为防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，使测得的含氧量增大；(2)CO有毒，若将H2换成CO，则还需补充尾气处理装置；(3)测的反应后装置B增重232g，即生成水2.32g，则铁矿石中氧的百分含量为=24%；(2)通入足量的氯气，溶液中溶有未反应的氯气，步骤中煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2；(2)步骤配制溶液中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、223mL容量瓶；(3)碘水、Fe3+均

36、为黄色，所以滴定过程中需加指示剂；无论如何互滴，开始就生成碘单质，滴定过程中不能利用淀粉溶液作为指示剂；滴定管用蒸馏水洗涤后再用待裝液润洗；锥形瓶不能用待测夜润洗；滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化；滴定结束后，33s内溶液不恢复原来的颜色，可判断滴定终点，再读数；(4)若滴定过程中消耗32333molL2的KI溶液2333mL，根据，铁矿石中铁的百分含量为=73%。设化学式为，所以该铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe2O6。20、 过量的铁粉与操作中的反应生成Fe3+及过量的硫酸反应生成Fe2+而干扰实验验 防止Fe和S被氧化，尤其是Fe被氧化成Fe3O4而干扰实验 硫和铁粉反应是放热反应

37、 除去混合物中过量的硫粉 防止硫酸中溶解的O2将前面反应过程中可能生成的Fe2+氧化而干扰实验 取少量的D溶液于两支小试管中，向第一支试管中滴加少量KSCN溶液，向第二支试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液如果第一支试管出现血红色，而第二支试管高锰酸钾紫红色不褪去，说明铁和硫反应只生成三价铁；如果第一支试管不变血红色，而第二支试管高锰酸钾紫红色褪去，说明只生成亚铁；如果第一支试管变血红色，第二支试管紫红色也褪去，说明既生成了三价铁也生成了亚铁【答案解析】试题分析：由实验过程可知，铁粉和硫粉在惰性气体中混合加热后，得到了黑色的固体。该固体中可能剩余的硫经热碱溶液溶解后，与稀硫酸反应得到溶液D，最后对D溶液进行检验