湖南省株洲市醴陵四中2022-2023学年化学高三上期中经典模拟试题（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、已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（ ）A图中AB段的氧化剂为K2Cr2O

2、7B图中BC段发生的反应为2Fe3+2I-=2Fe2+I2C开始加入的K2Cr2O7为0.25 molDK2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：32、下列过程中没有明显实验现象的是A向Fe(NO3)2溶液中滴加NaHSO4溶液B向饱和的NaCl和NH3的混合溶液中通入过量的CO2C将NaHCO3和NaOH两种溶液混合D向Na2S2O3溶液中加入稀盐酸3、下列化学过程中对应的离子方程式正确的是（ ）A向漂白液中通入SO2提高漂白效率：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-B酸性KMnO4溶液褪色证明Fe2+的还原性：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2OC黄色的

3、AgI悬浊液中加入Na2S溶液后变黑：2Ag+S2-=Ag2SD小苏打用于治疗胃酸过多：CO32-+2H+=CO2+H2O4、下列有关物质分类或归类正确的一组是（ ） 酸性氧化物 SO2、NO、CO2、SiO2铝热剂、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物明矾、小苏打、次氯酸均为电解质碘酒、 牛奶、豆浆、漂白粉均为胶体液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物A B C D5、100时，向某恒容密闭容器中加入1.6 mol L1的Q后会发生如下反应：2Q(g) M(g) 。其中M的物质的量浓度随时间的变化如图所示。下列说法错误的是A从反应开始到刚达到平衡时间段内，v(Q)0.02 molL1s1Ba、b两时刻生

4、成Q的速率：v(a)v(b)C用Q浓度变化值表示的ab、bc两个时段内的反应速率：v(ab)v(bc)0D其他条件相同，起始时将0. 2 molL1氦气与Q混合，则反应达到平衡所需时间少于60 s6、离子方程式Ba2+ + OH + H+ + SO42 BaSO4 + H2O可以表示Ba(OH)2溶液与A少量稀硫酸的反应B足量稀硫酸的反应C少量NaHSO4溶液的反应D足量NH4HSO4溶液的反应7、下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）ABCD勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案结果左球气体颜色加深右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡试管中出现浑浊测得为、的和与的体积比

5、约为2:1（B中试剂为浓盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液）AABBCCDD8、中国学者在水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的，反应过程示意图如下：下列说法正确的是A过程和过程均为放热过程B图示过程中的H2O均参与了反应过程C过程生成了具有极性共价键的H2、CO2D使用催化剂降低了水煤气变换反应的H9、实验室隔绝空气加热硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2至分解完全并确定分解产物成分的装置如图所示(已知分解的固体产物可能有FeO、Fe2O3和Fe3O4，气体产物可能有N

6、H3、N2、H2O、SO3和SO2)。下列说法中错误的是A取中固体残留物与稀硫酸反应并滴加KSCN溶液，溶液变血红色，则残留物一定没有FeOB装置用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂X最好选用无水硫酸铜C装置中若有白色沉淀生成，则分解产物中有SO3气体D装置用于检验分解产物中是否有SO2气体10、用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是（ ）A图I用于实验室制取氨气并收集干燥的氨气B图II用于除去CO2中含有的少量HClC图III用于提取I2的CCl4溶液中的I2D图IV装置用于验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性11、下列指定反应的离子方程式正确的是A饱和Na2CO3溶液与C

7、aSO4固体反应：CO32+CaSO4 CaCO3+SO42B酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I +IO3+6H+ I2+3H2OC向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+2Br+2Cl2 2Fe3+Br2+4ClD氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀：Cl2 + S2 2Cl+ S12、将44.8g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物的混合气体0.8mol，这些气体恰好能被400mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.5mol，则NaOH的浓度为A2mol/LB2.4mol/LC3mol/LD3.6mol/L13、下列褪色与二氧化硫

8、漂白性有关的是( )A溴水B滴入酚酞的氢氧化钠溶液C酸性高锰酸钾溶液D品红溶液14、常温下，下列各组数据中比值为2：1的是()AK2SO3溶液中c(K+)与c(SO32-)之比B0.2molL-1的CH3COOH溶液与0.1molL1的盐酸中c(H+)之比CpH=7的氨水与(NH4)2SO4的混合溶液中，c(NH4+)与c(SO42-)之比DpH=12的Ba(OH)2溶液与pH=12的KOH溶液中溶质的物质的量浓度之比15、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A25、101KPa下，NA个C18O2分子的质量为48gB标准状况下，22.4L HF中含有的电子数为10NAC加热含4

9、molHCl的浓盐酸与足量MnO2的混合物充分反应，转移电子数2NAD1L0.1 mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数为0.l NA16、某溶液可能含有Cl-、SO32-、CO32-、NH3+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液222mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到222mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到26g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到366g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A至少存在5种离子BCl-一定存在，且c（Cl）23mol/LCSO32-、NH3+、一定存在，Cl-可能不存在DCO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在二、非选择

10、题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：_。（2）若A为淡黄色粉末，X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种稀溶液，可选择的试剂为_（填代号）。A盐酸 BBaCl2溶液 CCa(OH)2溶液（3）若A为非金属氧化物，B为气体，遇空气会变红棕色，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式_。18、A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族，D与F同

11、主族，且A与D能形成两种液态化合物；B的某种单质是自然界中硬度最大的物质，C与D形成的化合物是大气常见污染物之一。请回答下列问题：（1）F在元素周期表中的位置是_，D、E、F三种元素其简单离子半径由大到小的顺序是_（用离子符号表示）（2）元素E、F可形成多原子化台物E2Fx（x2）该化台物中所含的化学键类型是_。（3）元素B、C的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是_。（填化学式）（4）实验室可利用_（填试剂名称）清洗附着于试管内壁的F单质。（5）写出B、E的氧化物生成D单质的化学方程式_。（6）处理含BC-废水的方法之一是在微生物的作用下，BC-被D的单质氧化成ABD3-，同时生成C的简单氢化

12、物，该反应的离子方程式为_。19、现有Na2CO3和NaHCO3两种白色固体物质欲探究Na2CO3和NaHCO3稳定性的相对强弱，两同学分别设计了以下两组装置：请回答：（1）如甲图所示，分别用Na2CO3和NaHCO3做实验，试管中的试剂是_（填字母）a稀HSO4bNaOH溶液cCa(OH)2溶液（2）如乙图所示，试管中装入的固体应该是_（填化学式）（3）通过上述实验，得出的结论是：Na2CO3比NaHCO3的稳定性_（填“强”或“弱”）（4）欲鉴别两种物质的溶液可选用的试剂是_（5）等物质的量浓度两种物质的溶液与同浓度的盐酸反应，反应速率快的是_（填化学式）（6）除去碳酸钠粉末中混入的碳酸氢

13、钠杂质用_方法，化学方程式_（7）除去碳酸氢钠溶液中混入的硅酸钠杂质的试剂是_，所采用的分离方法_20、二氯化二硫（S2Cl2）可作硫化剂、氯化剂。常温下是一种黄红色液体，沸点137C，在空气中剧烈水解而发烟。S2Cl2可通过硫与少量氯气在110140C反应制得，氯气过量则会生成SCl2。(1)选用以下装置制取少量S2Cl2（加热及夹持装置略）： A中发生反应的化学方程式为_。装置连接顺序：A_。B中玻璃纤维的作用是_。D中的最佳试剂是_（选填序号）。a碱石灰 b浓硫酸 cNaOH溶液 d无水氯化钙(2)S2Cl2遇水剧烈水解，生成SO2、HCl和一种常见的固体。该反应化学方程式为_。甲同学为

14、了验证两种气体产物，将水解生成的气体依次通过硝酸银与稀硝酸的混合溶液、品红溶液、NaOH溶液，乙同学认为该方案不可行，原因是_。(3)乙同学按如下实验方案检验S2Cl2是否含有杂质：取1. 25g产品，在密闭容器中依次加入足量水、双氧水、Ba(NO3)2溶液，过滤；往的滤液中加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥，称得固体质量为2.87g。由此可知产品中_（填“含有”或“不含有”）SCl2杂质。21、CeO2是一种重要的稀土氧化物，可利用氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3）来制备。其工艺流程如下：已知：I.Ce4+能与SO42-结合成CeSO42+，与F-结合成CeFx（4-x）+（0 xFe

15、3+I2，所以在图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7，A正确；B.图中BC段发生的反应为2Fe3+2I- =2Fe2+I2，B正确；C.根据在氧化还原反应中电子守恒可知n(e-)= n(I-)=1.5mol；所以开始加入的K2Cr2O7为1.5mol 23=0.25 mol，C正确；D.根据氧化还原反应中电子守恒可知：K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量的比是1:6，D错误。答案选D。2、C【题目详解】A向Fe(NO3)2溶液中滴加NaHSO4溶液，溶液中的离子发生以下反应4HNO33Fe2=3Fe3NO2H2O，溶液变成黄色，故A不选；B向饱和的NaCl和NH3的混合溶液中通入过量的CO

16、2，发生NaClNH3H2OCO2=NaHCO3NH4Cl，有沉淀产生，故B不选；C将NaHCO3和NaOH两种溶液混合发生NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，无明显现象，故C选；D向Na2S2O3溶液中加入稀盐酸发生Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S+SO2+H2O，生黄色沉淀和刺激性气体，故D不选；故选C。3、B【答案解析】A、向漂白液中通入SO2降低漂白效率：ClO-+SO2+H2O=ClSO422H ，故A错误；B、酸性KMnO4溶液褪色证明Fe2+的还原性，KMnO4中Mn元素化合价降低，Fe2 化合价升高：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，故

17、B正确；C、黄色的AgI悬浊液中加入Na2S溶液后变黑：2AgI+S2-=Ag2S2I ，故C错误；D 、小苏打用于治疗胃酸过多：HCO3-+H+=CO2+H2O，故D错误；故选A。4、B【答案解析】NO不是酸性氧化物，错误；铝热剂、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物，正确；明矾、小苏打、次氯酸均为电解质，正确；碘酒、漂白粉不是胶体，错误；液氯为单质，错误，答案选B。5、D【分析】根据图像可得，该反应60s时反应达到平衡状态，平衡时，M的浓度为0.6 mol/L，根据反应列“三段式”：2Q(g) M(g)开始（mol/L）1.6 0转化（mol/L） 1.2 0.6 60s（mol/L）0.4 0.

18、6【题目详解】A. 根据分析，从反应开始到刚达到平衡时间段内，v(Q)=0.02 molL1s1，故A正确；B. Q为反应物，初始时浓度最大，消耗速率最大，生成速率最小，随着反应的进行，Q的浓度逐渐减小，消耗速率逐渐减慢，生成速率逐渐增大，则a、b两时刻生成Q的速率：v(a)v(b)，故B正确；C. ab段M的浓度变化量为0.6-0.3=0.3 mol/L，则Q的物质的量浓度变化量为M的两倍=0.3 mol/L2=0.6mol/L，反应时间为60s-20s=40s, v(ab)=0.015 molL1s1，bc段反应达到平衡状态，M、Q的物质的量浓度变化量为0，则v(bc)0，则用Q浓度变化值

19、表示的ab、bc两个时段内的反应速率：v(ab)v(bc)0，故C正确；D. 其他条件相同，向某恒容密闭容器中通入0. 2 molL1氦气与Q混合，容器体积不变，Q、M的浓度不变，与原平衡体系等效，则反应达到平衡所需时间仍等于60s，故D错误；答案选D。6、C【题目详解】A.氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O，与反应物的量无关，故A错误；B. 氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O，与反应物的量无关，故B错误；C.由于NaHSO4溶液少量，故氢氧根不能完全反应，离子方程式为：Ba2+ +

20、 OH + H+ + SO42 BaSO4 + H2O；D.足量NH4HSO4溶液会将氢氧根完全消耗，故离子反应方程式为：Ba2+ + 2OH + 2H+ + SO42 BaSO4 + 2H2O；故D错误；故答案为C。【答案点睛】Ba(OH)2溶液与NH4HSO4溶液反应时铵根也可以与氢氧根结合生成一水合氨，但由于NH4HSO4溶液足量，氢离子会将氢氧根完全消耗，故没有一水合氨生成，如果NH4HSO4溶液量不足，会有一水合氨生成。7、B【题目详解】A. 是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的证据之一；B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应

21、水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律；C、H=H1+H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律；D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的化学计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律；故答案为B。8、B【题目详解】A根据反应过程示意图，过程中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，A错误；B根据反应过程示意图，过程中水分子中

22、的化学键断裂，过程也是水分子中的化学键断裂的过程，过程中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，B正确； C过程中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非极性键，C错误；D催化剂只能改变反应过程，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应的H，D错误；故合理选项是B。9、A【分析】装置加热硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2，分解后的固体留在玻璃管中，气体进入后续装置；装置装有固体试剂X，检验产物时需先检验水，故试剂X为无水CuSO4；装置盛放HCl和BaCl2，可吸收氨气，也可检验SO，即检验气体中的SO3；装置盛放H2O2和BaCl2，可将SO2氧化为

23、SO并生成白色沉淀，用于检验气体中的SO2；装置收集没有反应的气体N2。【题目详解】A.硫酸与FeO反应后生成Fe2+，Fe2+滴加KSCN溶液，溶液不变红，故A错误；B.根据分析可知，无水硫酸铜遇到水变蓝，所以通过无水硫酸铜是否变色判断是否产生水，故B正确；C.根据分析可知，装置中盐酸可吸收氨气，水与三氧化硫反应生成硫酸，能与BaCl2反应可生成硫酸钡沉淀，故C正确；D.根据分析可知，装置盛放H2O2和BaCl2，可将SO2氧化为SO并生成白色沉淀，用于检验气体中的SO2，故D错误；故答案：A。10、D【题目详解】A. NH4Cl分解产物NH3和HCl的试管口遇冷，又会化合成NH4Cl，所以

24、制气装置中的药品不正确，但后面装置可以收集干燥的氨气，A不正确；B. 图II是用于收集气体的装置，若用于除去CO2中含有的少量HCl，则气体应长进短出，B错误；C. 因为I2在水中的溶解度比在CCl4中小得多，所以不能用图III提取I2的CCl4溶液中的I2，C错误；D. 给外面试管加热，通过澄清石灰水检测，里面试管中的NaHCO3分解，内管温度低，但固体分解，从而说明NaHCO3比Na2CO3的热稳定性差，D正确。故选D。11、A【答案解析】A，沉淀转化的一般原则：向更容易沉淀的方向移动；B，氧化还原型离子反应要遵守电荷守恒，电子守恒；C，根据量的多少判断；D，在离子反应中，弱电解质氢硫酸不

25、能拆开。【题目详解】A. 硫酸钙溶解度大于碳酸钙，根据沉淀转化的一般原则，反应向更容易沉淀的方向进行，饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32+CaSO4 CaCO3+SO42，A正确；B. 根据电荷守恒， 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：5I +IO3+6H+ 3I2+3H2O，B错误；C. 在FeBr2溶液中通入足量氯气，氯气能将亚铁离子和溴离子全部氧化，按照亚铁离子和溴离子的物质的量之比为1：2进行反应，2Fe2+4Br+3Cl2 2Fe3+2Br2+6Cl，C错误；D. 氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀，由于氢硫酸是弱电解质，在离子反应书写时不能拆分，故Cl2 + H2S2Cl

26、+ S+2H+，D错误；答案为A。12、C【题目详解】44.8gCu的物质的量为 =0.7mol，分析整个过程，Cu与硝酸发生氧化还原反应时Cu失去1.4mol，N得到电子生成氮的氧化物，之后和NaOH溶液反应得到NaNO2和NaNO3两种盐溶液，NaNO3中N元素化合价与HNO3中相同，所以Cu失去的1.4mol电子全部被NaNO2得到，NaNO2中N元素化合价为+3价，所以NaNO2的物质的量为0.7mol，根据Na元素守恒可知400mLNaOH溶液中n(NaOH)=0.7mol+0.5mol=1.2mol，所以NaOH的浓度为=3mol/L，故答案为C。13、D【分析】二氧化硫与有色的物

27、质化合反应生成无色物质，使其褪色，体现二氧化硫漂白性。【题目详解】A二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，体现二氧化硫的还原性，A错误；B滴入酚酞的氢氧化钠溶液显红色，二氧化硫为酸性氧化物，能够与碱反应，消耗氢氧根离子，使红色溶液褪色，B错误；C二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使其褪色，体现二氧化硫的还原性，C错误；D二氧化硫与品红化合生成无色的物质，体现二氧化硫漂白性，D正确；故选D。【答案点睛】向二氧化硫溶液中滴入石蕊试液，溶液变红，不会褪色；向氯水中滴入石蕊试液，溶液先变红，后褪色。14、C【题目详解】A. K2SO3溶液中，SO32-水解消耗，但是K+不会发生水解，c(K)

28、与c(SO32-)之比大于2：1，A错误；B.CH3COOH溶液中醋酸不完全电离，0.2 molL-1的CH3COOH溶液与0.1 molL-1的盐酸中c(H)之比小于2：1，B错误；C.(NH4)2SO4与NH3H2O的混合溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，25时，pH=7是显中性的溶液，c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+) =2c(SO42-)，c(NH4+)与c(SO42-)之比等于2：1，C正确；D.根据c(OH-) c(H+)=Kw知，pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=12的KOH溶液中氢氧根离子浓度相等为0.01mol/L

29、，但溶质的物质的量浓度之比=0.005mol/L：0.01mol/L=1：2，D错误；故合理选项是C。15、A【答案解析】ANA个C18O2分子物质的量为1mol，其的质量=1mol48g/mol=48g，故A正确；B标准状况下，HF不是气体，22.4L HF物质的量不是1mol，故B错误；C. 二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故当盐酸变稀时反应即停止，盐酸不能反应完全，则转移的电子总数小于2NA个，故C错误；D水中也含O原子，则溶液中含有的氧原子数远大于0.1NA，故D错误；故选A。点睛：把握物质的量的相关计算公式、物质的组成、氧化还原反应等为解答的关键。本题的易错点为C，稀盐酸与

30、二氧化锰不能发生反应，类似的有，浓硫酸与铜反应时，变成稀硫酸与铜不再反应，浓硝酸和稀硝酸与铜发生不同的反应等。16、B【答案解析】由于加入过量NaOH溶液，加热，得到2.22mol气体，说明溶液中一定有NH3+，且物质的量为2.22mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，2.6g固体为氧化铁，物质的量为2.22mol，有2.22molFe3+，一定没有CO32-；3.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO32-，物质的量为2.22mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为 2.22mol3+2.22-2.22mol2=2.23mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=2.23mol

31、2.2L=2.3mol/L。【题目详解】A.至少存在Cl-、SO32-、NH3+、Fe3+四种离子，A项错误；B.根据电荷守恒，至少存在2.23molCl-，即c(Cl-) 2.3molL-2，B项正确；C.一定存在氯离子，C项错误；D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、OH-+HSO3-=SO32-+H2O AB 3NO2+H2O=2HNO3+NO 【分析】（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；（2）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2；若

32、X为一种最常见的造成温室效应的气体，应为二氧化碳；（3）若A为非金属氧化物，B为气体，遇空气会变红棕色，则可推知B为NO，A为NO2，又X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则C为HNO3，E为Fe(NO3)2，据此分析作答。【题目详解】（1）根据上述分析可知，A为Na，X为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O；（2）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠两种溶液，可用盐酸或氯化钡

33、溶液，AB项正确，氢氧化钙溶液与两者均会反应生成白色沉淀，不能鉴别，C项错误；故答案为AB；（3）根据上述分析可知，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。18、第3周期第A族S2- O2- Na+离子键和共价键（离子键和非极性键也可）HNO3二硫化碳（或热碱液、热氢氧化钠溶液）2Na2O2+2CO2=2Na2 CO3+O22CN-+ O2+4H2O=2 HCO3 -+ 2NH3【答案解析】在短周期主族元素中，A与D能形成两种液态化合物，则A是H，D是O；自然界中硬度最大的物质是金刚石，故B是C，又因它们的原子序数依次增大，所以C是N，A与E同主族，则E是Na，D和F同主族

34、，则F是S。（1）.根据上述分析可知，F是硫元素，其在元素周期表中的位置是：第3周期第A族；D、E、F三种元素分别是O、Na、S，其中O2和Na具有相同的电子层结构，根据“序大径小”的原则，O2- 半径大于Na+，S2比O2和Na多一个电子层，故S2的半径最大，故答案是：第3周期第A族； S2- O2- Na+；（2）.E是Na元素，F是S元素，则E2Fx（x2）是Na2Sx（x2）若x=2，则为Na2S2，是一种结构类似于Na2O2的化合物，所以含有的化学键是离子键和共价键（或离子键和非极性键），故答案是：离子键和共价键（或离子键和非极性键）；（3）.元素B、C分别是碳元素和氮元素，因非金属

35、性NC，所以最高价氧化物对应水化物酸性较强的是HNO3，故答案是：HNO3；（4）.因硫单质易溶于二硫化碳，所以可用二硫化碳清洗试管内壁的硫单质，又因S可以和热的碱液反应：3S6OH=2S2SO323H2O，故也可用热的碱液清洗试管内壁的硫单质，故答案是：二硫化碳（或热碱液、热氢氧化钠溶液）；（5）.B的氧化物CO2可以和E的氧化物Na2O2发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2 CO3+O2，从而制得氧气，故答案是：2Na2O2+2CO2=2Na2 CO3+O2；（6）.根据上述分析可知，BC是CN，ABD3是HCO3，C的简单氢化物是NH3，根据氧化还原反应方程式的配平原则，该反应的离

36、子方程式是：2CN-+ O2+4H2O=2 HCO3 -+ 2NH3，故答案是：2CN-+ O2+4H2O=2 HCO3 -+ 2NH3。19、c NaHCO3 强 CaCl2溶液 NaHCO3 加热 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 CO2 过滤 【题目详解】(1)碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，碳酸钠加热不分解，则甲图分别用Na2CO3和NaHCO3做实验，试管中的试剂是c，溶液变浑浊可说明，故答案为c；(2)碳酸氢钠加热分解，为体现对比，小试管中应为碳酸氢钠，即乙图的试管中装入的固体应该是NaHCO3，故答案为NaHCO3；(3)由上述实验可知，Na2CO

37、3比NaHCO3的稳定性强，故答案为强；(4)碳酸钠与氯化钙或氯化钡反应生成白色沉淀，而碳酸氢钠不能，则鉴别两种固体物质可选用的试剂是CaCl2(或BaCl2)溶液，故答案为CaCl2(或BaCl2)溶液；(5)碳酸钠与盐酸反应先不生成气体，而碳酸氢钠与盐酸反应直接生成气体，则等物质的量浓度与同浓度盐酸反应速率快的为NaHCO3，故答案为NaHCO3；(6)碳酸氢钠不稳定，除去碳酸钠粉末中混入的碳酸氢钠杂质可以用加热的方法，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故答案为加热；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；(7)除去碳酸氢钠溶液中混入的硅酸钠杂质可以向溶液中通入二氧化碳后，生成硅酸沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤即可达到目的，故答案为CO2；过滤。20、MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O C B E D 增大硫与氯气的接触面积，加快反应 a 2S2Cl2+2H2O SO2+3S+4HCl 不可行，SO2易被硝酸氧化生成SO42-，既难于检验SO2 又干扰HCl的检验 含有 【答案解析】(1) 二氧化锰与浓盐酸加热反应制备氯气，反应的化学方程式为：MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O；综上所述，本题答案是：MnO24HCl(浓