2022-2023学年山东省德州市陵城区一中高三化学第一学期期中教学质量检测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生请注意：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、100 mL浓度为2 molL1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是A加入适量6 molL1的盐酸B加入少量醋酸钠固体C加热D加入少量金属钠2、高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材

2、料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备，下列说法正确的是SiO2 Si(粗) SiHCl3 Si(纯)A步骤的化学方程式为SiO2CSiCO2B步骤、中每生成或反应1 mol Si，转移2 mol电子C二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应DSiHCl3(沸点33.0 )中含有少量的SiCl4(沸点67.6 )，通过蒸馏可提纯SiHCl33、碱式氯化铜CuaClb(OH)cH2O是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应后生成CuCl2。已知Fe3对该反应有催化作用，其催化原理如图所示步骤2：在制得的Cu

3、Cl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法正确的是（ ）Aa、b、c之间的关系式为：a=bcB图中M、N分别为Fe2+、Fe3C步骤1充分反应后，加入CuO是为了除去Fe3D若制备1molCuCl2，理论上消耗11.2LO24、某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3，他们使用的药品和装置如图所示，下列说法不合理的是()A能表明I的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀D为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去5、已知：2H2(g

4、)O2(g)=2H2O(l)H571.6 kJmol12CH3OH(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(l)H1 452 kJmol1H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJmol1下列说法正确的是ACH3OH(l)的燃烧热为1 452 kJmol1B同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多CH2SO4(aq)Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)H2O(l)H57.3 kJmol1D3H2(g)CO2(g)=CH3OH(l)H2O(l) H135.9 kJmol6、环境保护是当今倍受人们关注的社会问题。下列叙述不正确的是（ ）A二氧化硫会形成酸

5、雨B氮氧化物会形成光化学烟雾C氟利昂会破坏臭氧层D一氧化碳会造成温室效应7、下列有关物质的应用与性质相对应的说法正确的有（ ）光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性MgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜NaHCO3能与碱反应，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂A1具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品A5个 B4个 C3个 D2个8、将足量稀盐酸加到下列固体混合物中，只能发生一种反应的是（）ANaOH、NaCl、NaAlO2BKN

6、O3、NaCl、CH3COONaCNa2S、(NH4)2SO3、AgNO3DKNO3、Na2SO3、NH4HCO39、下列反应中，水作氧化剂的是（）ASO3+H2OH2SO4B2K+2H2O2KOH+H2C2F22H2O 4HFO2D2Na2O22H2O 4NaOHO210、某溶液只可能含有下列离子中的若干种(不考虑水的电离及离子的水解)，Na+、K+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Cl、CO、NO、SO，且各种离子的物质的量浓度相等.化学兴趣小组同学欲探究该溶液的组成，进行了如下2个实验：取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不

7、变。另取溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验，以下推测正确的是A步骤的白色沉淀可能为BaSO4和BaCO3B若该溶液焰色反应呈紫色，则该溶液一定有6种离子组成C步骤中可以确定Fe2+、NO的存在，不能确定其它离子的存在D溶液中难以确定Al3+的存在与否11、现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是A制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2B将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明NH3已经集满C关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈D工业上，若

8、出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好12、已知镓（Ga）有两种天然同位素，一种是，其原子在天然同位素原子中所占的百分比为60%。实验测得溴化镓（GaBr3）的摩尔质量为309.8g/mol，则此推知镓的另一种同位素是 （ ）A B C D13、K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是A铁元素被氧化，氮元素被还原B每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol eCK2FeO4具有氧化杀菌作用D该实验

9、条件下的氧化性：KNO3K2FeO414、化学与生产、生活、环境密切相关。下列叙述正确的是( )A手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型无机非金属材料B汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的C明矾净水的原理和漂白粉等氯系消毒剂的消毒原理相同DPM 2.5(颗粒直径接近2.510-6m)分散在空气中形成胶体15、在酸性条件下，黄铁矿( FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2+4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A反应I的离子方程式为4Fe(NO)2+O2+4H+= 4Fe3+4NO+2H2OB反应的氧化剂是Fe3+C反应是氧化

10、还原反应D黄铁矿催化氧化中NO作催化剂16、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸B水玻璃能与酸反应，可用作生产黏合剂和防火剂CNaNO2具有碱性，可用于使铁零件表面生成Fe3O4DFeCl3溶液能与Cu反应，可用作铜制线路板的蚀刻剂二、非选择题（本题包括5小题）17、.A、B、C、D和E均为中学化学常见的纯净物，其中B为自然界中含量最多的液体，它们之间有如图反应关系：（1）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，该反应的离子方程式为_。（2）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行。写出C溶

11、液呈强碱性时反应的离子方程式：_。（3）若A、C均为化合物，E为白色沉淀（不含金属元素），C为引起温室效应的主要气体，则该反应的离子方程式为_。. FeCl3可用于污水处理，具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。（4）将标准状况下a L氯化氢气体溶于1000g水中得到盐酸，若该盐酸的密度为b gmL1，则该盐酸的物质的量浓度是_。（5）向100 mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl2 3.36 L，反应后的溶液中Cl和Br的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为_。（6）用100 mL 2 molL1的Fe

12、Cl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数_0.2NA (填“大于”“等于”或“小于”)。18、A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，相互转化关系如图所示（条件已略去）。完成下列问题：（1）若A为淡黄色固体，B为气体，F为非金属单质。写出E转变为C的化学方程式_。B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，该反应的氧化剂和还原剂之比为_。（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。B和E反应得到的产物中所含的化学键类型为_。做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为_。在干燥状态下，向反应得到的溶质中通入干燥

13、的氯气，得到N2O5和一种气体单质，写出反应的化学方程式_。19、实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中必须用到的玻璃仪器有：_（2）根据计算得知，所需NaOH的质量为_g（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）_；A用50mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用托盘天平准确称量取所需的NaOH的质量，倒入烧杯中加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动C将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E加水至离刻度线12cm处改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切（4）下列操作对所配

14、浓度有何影响（填写字母）偏大的有_；偏小的有_；无影响的有_。A称量用了生锈的砝码； B将NaOH放在纸张上称量；CNaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中；D往容量瓶转移时，有少量液体溅出 E未洗涤溶解NaOH的烧杯F定容时仰视刻度线 G容量瓶未干燥即用来配制溶液H定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线20、亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是一种制取亚氯酸钠的工艺流程：已知：NaClO2的溶解度随着温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O。ClO2气体只能保持在稀释状态下以防止爆炸性分解，且

15、需现合成现用。ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。（1）在无隔膜电解槽中用惰性电极电解一段时间生成NaClO3和氢气，电解的总反应式为：_。 “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为_、_。（2）发生器中鼓入空气的作用是_。（3）吸收塔内反应的化学方程式为_，吸收塔内的温度不宜过高的原因为：_。（4）从滤液中得到NaClO23H2O粗晶体的实验操作依次是_、_、过滤、洗涤、低温干燥。（5）经查阅资料可知，当pH2.0时，ClO2能被I完全还原成Cl，欲测定成品中NaClO2（M为90.5g/ mol）的含量，现进行以下操作：步骤称取样品Wg于

16、锥形瓶中，并调节pH2.0步骤向锥形瓶中加入足量的KI晶体，并加入少量的指示剂步骤用c mol/L的Na2S2O3溶液滴定，生成I和S4O62步骤中发生反应的离子方程式是_。若上述滴定操作中用去了VmL Na2S2O3溶液，则样品中NaClO2的质量分数为：_（用字母表示，不用化简）。（已知2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI）21、前四周期原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素，核电荷数均小于36，已知X的一种1：2型氢化物分子中既有键又有键，且所有原子共平面;Z的L层上有2个未成对电子;G原子s能级与P能级电子数相等;R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料;T处

17、于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子.（1）Y原子核外共有_种不同运动状态的电子，T+离子价电子排布图为_。（2）T元素在周期表的位置为_。（3）G、Q、R三种元素的氯化物的熔点如下表，G的氯化物明显高于其他两种的原因是_。Q的氯化物高于R的氯化物，有同学猜想可能是因为其存在缔合分子，试写出其结构式_。氟化物G的氯化物Q的氯化物R的氯化物熔点/714190-70（4）硒（Se）与Z同一主族，Se原子比Z原子多两个电子层，则Se的原子序数为_，其最高价氧化物中心原子的杂化方式为_。该族2-5周期元素单质分别于H2反应生成1mol气态氢化物的反应热如下，表示生成1mol硒化氢反应热的是_（填

18、字母代号）。a.+99.7KJ/mol b.+29.7KJ/molc.-20.6KJ/mol d.-241.8KJ/mol（5）金属Q属立方晶系，其晶胞边长为405pm，密度是2.70g/cm3，通过计算确定Q原子在三维空间中堆积方式_（已知NA=6.021023,4053=6.64107）；晶胞中距离最近的Q原子可看作是接触的，列式计算Q的原子半径=pm_。（只列出计算式即可）2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【题目详解】A加入适量的6 molL-1的盐酸，反应速率加快，生成氢气增多，故A不选；B加入少量醋酸钠固体，生成醋酸，氢

19、离子浓度变小，反应速率减慢，故B不选；C升高温度，反应速率增大，生成氢气的总量不变，故C选；D加入钠，与水反应生成氢气，氢气的总量改变，故D不选；故选C。【点晴】明确浓度、温度、原电池对反应速率的影响是解题关键，过量的锌片，盐酸完全反应，则加快反应速率又不影响生成氢气的总量，可增大氢离子浓度或增大金属的接触面积、构成原电池等，不改变其氢离子物质的量即可，以此解题。2、D【分析】二氧化硅与碳高温条件下生成硅和一氧化碳；SiO2 Si(粗)，硅元素化合价由+4变为0；硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气； SiHCl3(沸点33.0 )、SiCl4(沸点67.6 )，沸点相差较大。【题目详解】步骤的

20、化学方程式为SiO22CSi2CO，故A错误；SiO2 Si(粗)，硅元素化合价由+4变为0，生成1 mol Si，转移4mol电子，故B错误；硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气，故C错误；SiHCl3(沸点33.0 )、SiCl4(沸点67.6 )，沸点相差较大，可以通过蒸馏提纯SiHCl3，故D正确。【答案点睛】本题考查了硅的制备、提纯及性质，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累。3、C【题目详解】A.化合物中正负化合价的代数和等于0，可知2a=b+c，A错误；B.Fe3对该反应有催化作用，可知M是Fe3，N是Fe2+，B错误；C.步骤1充分反应后的溶液中含催

21、化剂Fe3+，Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C正确；D.制备1molCuCl2，转移2mol电子，根据电子守恒，需要消耗0.5molO2，未给定氧气的条件，不能确定气体的体积，D错误；答案为C。【答案点睛】气体的体积受温度、压强的影响较大，在标准状况下Vm=22.4L/mol。4、D【题目详解】AB中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，二氧化硫还原性大于碘离子，故A正确；B二氧

22、化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；C铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，加入盐酸酸化的氯化钡生成沉淀说明反应生成了硫酸根离子，发生了氧化还原反应，故C正确；D二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，故D错误；故答案为D。5、B【答案解析】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B.设二者质量都是1g，然后根据题干热化学方程式计算；C.酸碱中和反应生成的硫酸钡过程放热，则其焓变不是57.3 kJmol1； D.2H2(g)O2(g)=

23、2H2O(l)H571.6 kJmol12CH3OH(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(l)H1452 kJmol1，按盖斯定律计算3-得到：6H2(g)2CO2(g)=2CH3OH(l)2H2O(l) ，据此进行计算。【题目详解】A.根据2CH3OH(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(l)H1452 kJmol1可以知道1mol液态甲醇燃烧生成2mol液态水放出热量为726 kJmol1，则CH3OH(l)燃烧热为726 kJmol1，故A错误；B.同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，设质量为1g2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H571.6 kJmol1 2m

24、ol 571.6 kJmol 142.9 kJ2CH3OH(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(l)H1452 kJmol12mol 1452 kJmol 22.69 kJ所以H2(g)放出的热量多，所以B选项是正确的； C.反应中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3kJ多，即该反应的H氧化产物，则氧化性：KNO3K2FeO4，故D正确；答案选B。14、A【答案解析】A.无机非金属材料是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，碳纤维是碳的单质，故A正确；B.汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，故B错

25、误；C.明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用，漂白粉的净水原理是次氯酸的氧化性而具有的净水作用，原理不一样，故C错误；D.PM2.5是指大气中直径接近于2.5106m的细颗粒物，这些细颗粒物分散在空气中不能形成胶体，故D错误。故A正确。15、C【题目详解】A根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2+O2+4H+= 4Fe3+4NO+2H2O，故A正确；B根据图示，反应的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；C根据图示，反应的反

26、应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2+4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；故选C。【答案点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。16、D【题目详解】A常温下Al遇浓硝酸发生钝化，则可用铝罐贮运浓硝酸，与导热性无关，故A不选；B水玻璃不燃烧、不支持燃烧，具有粘合性，则用作生产黏合剂和防火剂，与水玻璃能与酸反应的性质无关，故B不选；CNaNO2使铁零件表面生成Fe

27、3O4，是利用了亚硝酸钠的强氧化性，与碱性无关，故C不选；DCu与氯化铁能够发生氧化还原反应，使铜溶解，则氯化铁溶液用作铜制线路板的蚀刻剂，故确选；故选D。【答案点睛】二、非选择题（本题包括5小题）17、I2+SO2+2H2O=4H+2I-+SO42- 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3 molL-1 2 molL-1 小于 【分析】.A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，判断B为H2O，再结合流程中物质转化关系及提供的信息进行分析判断，从而得解；.（4）n（HCl）=，溶液质量为36

28、.5g/mol+1000g，则溶液体积为mL，结合c=计算；（5）还原性Fe2+Br-，通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，溶液中n（Br-）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，表示出参加反应的n（Br-），根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=计算；（6）铁离子

29、水解制备胶体，胶体可净化水，且水解反应为可逆反应。【题目详解】A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，判断B为H2O；（1）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，A具有氧化性为I2，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，则C为二氧化硫，该反应的反应离子方程式为：SO2+I2+2H2O4H+2I-+SO42-；（2）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行，则A为Al，D为H2，A与强碱性溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（3）若A、C均为化合物，C为引起温室效应的主要气体，判断C为CO2，为酸性强

30、的制备酸性弱的反应，E为白色沉淀不含金属元素，判断E为H2SiO3，则A为硅酸盐，足量的C与A反应生成E的一个离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3；.（4）n（HCl）=，溶液质量为36.5g/mol+1000g，则溶液体积为mL，由c=mol/ L；（5）还原性Fe2+Br-，通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，溶液中n（Br-）=0.3mol，则n

31、（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=x mol，n（Br-）=2x mol，未反应的n（Br-）=0.3 mol，参加反应的n（Br-）=（2x-0.3）mol，根据电子转移守恒有x1+（2x-0.3）1=0.15mol2，解得x=0.2 mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L；（6）100mL2mol/L的FeCl3溶液，其物质的量为0.2mol，因为水解为可逆反应，且生成胶体为微观粒子的集合体，则生成具有净水作用的微粒数小于0.2NA。【答案点睛】本

32、题考查无机推断、氧化还原反应的计算及浓度计算等，综合性较强，把握氧化还原反应中电子守恒、盐类水解及物质的量浓度的相关计算公式等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。18、C+2H2SO4(浓) CO2 +2SO2+2H2O 1:4 离子键、共价键 Ag+4H+NO3-=3Ag+ +NO+2H2O 4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl 【分析】（1）若A为淡黄色固体，则A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C；（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH3，则A为N2，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C。【题目详解】(1)

33、经分析，A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C，则： 浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O； B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，方程式为2H2S+O2+4Ag=2Ag2S+2H2O，反应中氧化剂为氧气，还原剂为银，二者物质的量比为1:4；(2) 经分析，A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C，则：氨气和硝酸反应生成硝酸铵，含有离子键、共价键；银和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水，离子方程式为：Ag+4H+NO3- =3Ag+ +NO+2H2O；在干燥状态下，向反应得

34、到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，氯气化合价降低，氮元素化合价不变，则气体单质为氧气，方程式为：4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl。【答案点睛】掌握无机推断提的突破口，如物质的颜色，高中常见的有颜色的物质有：淡黄色：硫，过氧化钠，溴化银。常温下，能使铁、铝钝化的浓溶液为浓硫酸或浓硝酸。能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。19、 烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管 2.0g BCAED AC BDEFH G【答案解析】试题分析：（1）取NaOH需要用烧杯，搅拌和引流需要用玻璃棒，定容需要用胶头滴管和500mL的容量瓶。（2）实验需要0.1 mol/

35、L NaOH溶液450 mL，根据容量瓶的规格，需要配制NaOH溶液500mL，所需NaOH的质量为：0.5L0.1mol/L40g/mol=2.0g。（3）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以配制过程所必需的先后顺序为：BCAED（4）A称量时用了生锈的砝码，砝码质量增大，所称NaOH质量增大，所配溶液浓度偏高；BNaOH易潮解，将NaOH放在纸张上称量，滤纸会吸附氢氧化钠，所以转入烧杯的氢氧化钠也少了，所配溶液浓度偏低；C液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；D往容量瓶转移时，

36、有少量液体溅出，移入容量瓶中的氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低；E未洗涤烧杯，少量氢氧化钠沾在烧杯壁，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；F定容时，仰视刻度线，导致溶液体积增大，所配溶液浓度偏低；G最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响H摇匀后液面下降，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低。 所以偏大的有AC；偏小的有BDEFH；无影响的有G。考点：配制一定物质的量浓度溶液的仪器、计算和误差分析。【名师点晴】本题考查了配制一定物质的量的溶液的方法及误差分析，注意配制450mL溶液需要选用500mL容量瓶，本题难度不大。

37、20、NaCl+ 3H2ONaClO3 + 3H2NaOH溶液Na2CO3溶液稀释ClO2以防止爆炸2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2 H2O+O2防止H2O2分解蒸发浓缩冷却结晶ClO24H4I=2I2Cl2H2O【答案解析】过氧化氢法生产亚氯酸钠，由流程可知，NaClO3溶解后与硫酸发生氧化还原反应生成ClO2，结合信息可知混合气体稀释ClO2，吸收塔内发生2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2，过滤后，结合信息可知，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaClO23H2O。(1)在无隔膜电解槽中用惰性电极电解食盐水一段时间生成NaClO3

38、和氢气，电解的总反应式为NaCl+ 3H2ONaClO3 + 3H2； “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为NaOH溶液；Na2CO3溶液，故答案为：NaCl+ 3H2ONaClO3 + 3H2；NaOH溶液；Na2CO3溶液；(2)由题目中的信息可知，纯ClO2易分解爆炸，所以通入空气的目的是稀释ClO2，防止发生爆炸，故答案为：稀释ClO2，防止发生爆炸；(3)吸收塔中发生的是二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成亚氯酸钠(NaClO2)，Cl元素的化合价降低，则过氧化氢中的O元素的化合价升高，所以产物中还有氧气生成，根据元素守恒可知产物中有水生成，所以化学方程式是2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2，过氧化氢受热易分解，所以吸收塔的温度不宜过高，故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2；防止H2O2分解；(4)从溶液中得到含结晶水的晶体，需要采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，最后通过过滤得到粗晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；(5)步骤中发生反应是酸性溶液中Cl