2022-2023学年上海市八校高三化学第一学期期中达标检测模拟试题（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、今年是门捷列夫发现元素周期律 150 周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z 为短周期主族元素，W 原子最外层电子数是其内层电子数的 3 倍。下列说法正确的是（ ）A原子半径：WXB最高价氧化物的水化物酸性：YZC气态氢化物沸点：ZWD气态氢化物热稳定性：Z Ki(HX) Ki(H

2、Y) Ki2(H2CO3)BNaX溶液中通入足量CO2后的离子浓度：c(HCO3-)c(CO32-)c(X-)C同浓度溶液的碱性：NaX Na2CO3 NaY NaHCO3D结合H的能力：Y- CO32- X- HCO3-8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子B密闭客器中，46gNO2和N2O4的混合气体所含分子个数为NAC常温常压下，22.4L的液态水含有2.2410-8NA个OH-D标准状况下，22.4L的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为4NA9、硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO46NH3+

3、3SO2+SO3+N2+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是A白色沉淀为BaSO4B白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且 n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1C白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1D从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl10、芬太尼(结构式如图)是一种强效的类阿片止痛剂，起效迅速而作用时间极短。当它与药物联合使用时，通常用作疼痛药物或麻醉剂。下列说法正确的是A它的分子式是C22H27N2OB它和苯是同系物C它属于烃的衍生物D药物可以

4、过量使用11、在一定条件下，RO3n-和F2可发生如下反应：，从而可知在RO3n-中，元素R的化合价是（）A+4价B+5价C+6价D+7价12、下列离子方程式正确的是能正确表示下列反应的离子方程式是 ( )A向含有Fe2O3悬浊液中通入HI： Fe2O36H = 2Fe33H2OB氨水中通入过量的二氧化硫：SO2+NH3H2O = NH4+SO32-C碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：HCO3Ba2OH=BaCO3H2ODAl2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al33OH=Al(OH)313、氢气和氟气反应生成氟化氢的过程中能量变化如图所示。由图可知A生成1 molHF气体放出的热量为270

5、 kJBH2（g） F2（g） 2HF（l）+ 270 kJC反应物的总能量大于生成物的总能量D该反应是吸热反应14、下列说法正确的是（ ）需要通电才可以进行的有：电解、电离、电泳、电镀、电除尘金属氧化物均为碱性氧化物，酸性氧化物一定是非金属氧化物纳米材料石墨烯用一束强光照射可以发生丁达尔现象电解质溶液中自由移动离子数目越多导电能力越强把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中并充分搅拌可以制得氢氧化铁胶体Na2O、Na2O2前者属于碱性氧化物，后者属于过氧化物，都能与酸性氧化物CO2反应Na2O、Na2O2水溶液能导电，所以二者都是电解质水玻璃、漂粉精、硅胶、冰水混合物、明矾KAl（SO4）212H2O、

6、铝热剂均为混合物元素由化合态变成游离态一定是被还原ABCD15、把镁条（去除氧化膜）投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率v与时间t的关系如下图所示，其中影响AB段速率的主要因素是AH+的浓度B体系的压强C溶液的温度DCl的浓度16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是()A1 mol Fe溶于过量的稀硝酸中，转移的电子数为3NAB1 mol/L的FeCl3溶液滴入沸水中，得到分散质颗粒数为NAC密闭容器中，46 g NO2和N2O4的混合气体所含分子数为NAD标准状况下，1.12 L CCl4中含有CCl键数目为0.2NA二、非选择题（本题包括5小题）17、5种固体物质A、B

7、、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子NaAl3Fe3Cu2Ba2阴离子OHClCO32-分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体；B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；B溶液与D溶液混合后无现象；将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 molL1 H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、B、C、D、E的化学式：A_；B_；C_；D_

8、；E_。（2）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。（3）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是_mL。18、下图表示有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。（反应条件图中已省略。）（1）A、B、C、D代表的物质分别为_、_、_、_（填化学式）；（2）反应中的C、D均过量，该反应的化学方程式是_；（3）反应中，若B与F物质的量之比为43，G、H分别是_、_（填化学式）；（4）反应产物中K的化学式为_；（5）反应的离子方程式为_。19、Na

9、2S2O3俗称大苏打（海波）是重要的化工原料。用Na2SO3和硫粉在水溶液中加热反应，可以制得Na2S2O3。已知10和70时，Na2S2O3在100g水中的溶解度分别为60.0g和212g。常温下，从溶液中析出的晶体是Na2S2O35H2O。现实验室欲制取Na2S2O35H2O晶体（Na2S2O35H2O的相对分子质量为248）步骤如下：称取12.6g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。（如图所示，部分装置略去），水浴加热，微沸，反应约1小时后过滤。滤液在经过_、_后析出Na2S2O35H2O晶体。进行减压过滤并干燥。（1）仪器B的

10、名称是_，其作用是_，加入的硫粉用乙醇润湿的目的是_。（2）步骤应采取的操作是_、_。（3）滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_。如果滤液中该杂质的含量不很低，其检测的方法是：_。（4）为了测产品的纯度，称取7.40g 产品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500mol/L 的碘水，用_（填“酸式”或“碱式”）滴定管来滴定（2S2O32 + I2 S4O62 + 2I），滴定结果如下：滴定次数滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次0.3030.52第二次0.3631.06第三次1.

11、1031.28则所得产品的纯度为_，你认为影响纯度的主要原因是（不考虑操作引起误差）_。20、工业品纯碱中常含有少量的NaCl等杂质，图中的仪器装置可用来测定纯碱中Na2CO3的质量分数，图中标号：空气；某溶液，纯碱样品，稀H2SO4，浓H2SO4，碱石灰，碱石灰。实验步骤是：检查装置的气密性； 准确称量盛有碱石灰的干燥管的质量(设为m1 g)。准确称量一定量的纯碱的质量(设为m2 g)，并将其放入广口瓶中；从分液漏斗中缓缓滴入稀H2SO4，至不再产生气体为止；缓缓鼓入空气数分钟，然后称量干燥管的总质量(设为m3 g)。根据上述实验，回答下列问题：（1）鼓入空气的目的是_。（2）装置A中液体应

12、为_，其作用是_，如撤去装置A，直接向装置B中缓缓鼓入空气，测定结果将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（3）装置C的作用是_，如果撤去装置C，则会导致实验结果_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（4）干燥管的作用是_。（5）上述实验的操作和，都要求缓缓进行，其理由是：_，如果这两步操作太快，则会导致实验测定结果_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（6）根据实验，纯碱中Na2CO3的质量分数的计算式为_。21、水的离子积常数Kw与温度T（）的关系如图D3-5所示：（1）若T1=25，则Kw1=_；若T2=100时，Kw2=10-12，则此时0.05mol/L的Ba（OH）2溶液的pH=_。（

13、2）已知25时，0.1L 0.1mol/L的NaA溶液的pH=10，则NaA溶液中存在的平衡有_。溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为_。（3）25时，将pH=11的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=9，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为_。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【分析】W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，即W为O，根据四种元素在周期表位置，推出四种元素，然后据此分析；【题目详解】W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，即W为O，根据四种元

14、素在周期表位置，X为Si，Y为P，Z为S，A、同主族从上到下原子半径增大，即r(O)H3PO4，故B错误；C、两种元素的氢化物是H2O和H2S，H2O分子间存在氢键，其沸点比没有分子间氢键的H2S高，故C错误；D、O的非金属性强于S，即H2O比H2S稳定，故D正确；答案为D。【答案点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减少；三看电子数，当电子层数相等，原子序数相等，半径随着电子数的递增而增大。2、D【分析】根据金属的性质差异进行分析，铝和铁都能与酸反应，而铝能与氢氧化钠溶液反应铁不能与氢氧化钠溶液反应。【题目详解】

15、铝和铁都能与酸反应，故不能使用加酸的方法除去铝，而铝能与氢氧化钠溶液反应铁不能与氢氧化钠溶液反应，可以使用氢氧化钠溶液除去铝，观察选项，故选D。【答案点睛】本题考查了金属的化学性质的差异，完成此题，可以依据已有的知识进行，需要同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便灵活应用。3、C【分析】根据题干分析溶液中还可能存在哪些离子，再进一步分析给出的离子是否能大量存在。【题目详解】Cu2+有颜色，不能大量存在，故A错误；Fe2+、ClO-之间发生氧化还原反应，故B错误；使酚酞变红，溶液呈碱性，溶液中含有OH-,与 K+、Na+、SiO32、SO42均不反应，可以大量共存，故C正确；=0.1mol

16、L-1的溶液中，因为Kw=c(OH+)c(H+)，溶液呈酸性，CH3COO-不能大量存在，故D错误。故选C。【答案点睛】注意隐含条件，比如溶液是否有颜色，溶液的酸碱性等。4、D【题目详解】A、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3红褐色沉淀，得不到胶体，A错误；B、CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸生成醋酸和氯化钠，因此溶液中c(CH3COO)降低，B错误；C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，得不到Ca(OH)2，C错误；D、根据氢氧化铜的溶解平衡可知，溶液中铜离子浓度越大，氢氧化铜的溶解度越小，因此25时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在C

17、u(NO3)2溶液中的溶解度，D正确；故答案选D。5、B【答案解析】A.因为S2-会水解,导致数目减少,比值会大于2：1,故A错误；B.两者都是强碱，NaOH是一元碱Ba(OH)2,是二元碱，pH相同,所以NaOH的浓度是Ba(OH)2的2倍,故B正确；C.醋酸是弱酸，浓度越大，电离越小，所以0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)之比小于2：1，故C错误；D.pH为5的H2SO溶液中， c(H+)=10-5mol/L， c(SO42-)=12C(H+)=510-6mol/L；溶液稀释1000倍后，c(H+)只能近似为：110-7mol/L，而硫酸根离子浓度为：c(SO

18、42-)=510-6mol/L1/1000=510-9mol/L，所以稀释后溶液中C(H+)与c(SO42-)的比值近20：1；故D错误；本题答案为B。【答案点睛】在常温酸或碱的稀释时，无论如何稀释酸溶液中pH只能接近7,不可能大于7，无论如何稀释碱溶液的pH只能接近7，不可能小于7。6、B【题目详解】ANa2S是强电解质，HgS难溶于水，用 处理含 废水，故A正确；BCaO写化学式，用生石灰（）中和酸性废水，CaO2H=Ca2H2O，故B错误；CHClO具有强氧化性，将氨氮废水中的氮氧化为氮气，符合电子得失守恒、电荷守恒、质量守恒，故C正确；D明矾水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，故D正确；故

19、选B。7、D【题目详解】A向NaX溶液中通入CO2气体，只能生成HX和NaHCO3，则酸性H2CO3HXNaHCO3，向NaY溶液中通入CO2，只生成HY和Na2CO3，则酸性NaHCO3HY，则有酸性由强到弱：H2CO3HXHCO3-HY，酸性越强，电离常数越大，所以三种酸的电离常数：Ki1（H2CO3）Ki（HX）Ki2（H2CO3）Ki（HY），故A错误；B向NaX溶液中通入足量CO2后生成HX和NaHCO3，由于酸性HXHCO3-，所以c（X-）c（CO32-），则c（HCO3-）c（X-）c（CO32-），故B错误；C酸性H2CO3HXNaHCO3HY，碱性强弱可以利用越弱越水解判断

20、，所以溶液的碱性：NaHCO3NaXNa2CO3NaY，故C错误；D由A可知酸性H2CO3HXNaHCO3HY，则结合质子能力：Y-CO32-X-HCO3-，故D正确；故选：D。8、A【答案解析】A. 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，3Fe8e-，高温下，16.8g即0.3molFe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子，故A正确；B.NO2和N2O4的摩尔质量分别是46g/mol和92g/mol，所以46gNO2和N2O4的混合气体的物质的量小于1mol，所含分子个数小于NA，故B错误；C. 常温常压下，水中c(OH)=110-7mol/L，22.4L的液态水含有2.2410-,

21、6NA个OH-，故C错误；D. 标准状况下，22.4L的NO2和CO2混合气体的物质的量为1mol，其中含有的氧原子数为2NA，故D错误。故选A。9、B【分析】反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得

22、到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【题目详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；答案选B。10、C【答案解析】芬太尼的分子式是C

23、22H28N2O，分子中含有N原子和O原子，不属于烃，属于烃的衍生物。【题目详解】A项、由结构简式可知，芬太尼的分子式是C22H28N2O，故A错误；B项、苯属于芳香烃，芬太尼属于烃的衍生物，和苯不可能是同系物，故B错误；C项、芬太尼分子中含有N原子和O原子，不属于烃，属于烃的衍生物，故C正确；D项、芬太尼是一种强效的类阿片止痛剂，不可以过量使用，故D错误。故选C。【答案点睛】本题主要考查了有机物的组成、结构与分类，把握有机物的组成为解答的关键。11、B【分析】离子方程式要遵循质量守恒（即反应前后原子种类及个数应相等）、电荷守恒（反应前后阴阳离子所带的电荷总数应相等）。【题目详解】在反应中，从

24、离子方程式的电荷守恒的角度可知，n=1，则在RO3-中，R的化合价为+5价，答案选B。12、C【答案解析】A、Fe3具有强氧化性，I具有强还原性，两者发生氧化还原反应，缺少2Fe32I=2Fe2I2，故A错误；B、因为SO2是过量的，因此生成的是HSO3，故B错误；C、碳酸氢钠是少量，碳酸氢钠的系数为1，因此发生的反应是Ba2OHHCO3=BaCO3H2O，故C正确；D、NH3H2O是弱碱，书写离子反应方程式时，不能拆写成离子，故D错误。点睛：离子反应方程式正误判断中 ，注意“量”，少量的系数为1，1molNaHCO3，需要消耗1molOH，产生1molCO32，因此离子反应方程式为：Ba2O

25、HHCO3=BaCO3H2O。13、C【答案解析】A、由图象可知，生成2molHF气体放出的热量为270 kJ，错误；B、由图象可知，H2（g） F2（g）= 2HF（g）+ 270 kJ，而2HF（g）= 2HF（l）+ Q kJ (Q0)，错误；C、由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，正确；D、由图象可知，1molH2(g)和1molF2(g)的能量大于2molHF(g)的能量，故氢气和氟气反应生成氟化氢气体是放热反应，错误。答案选C。14、D【题目详解】电离不需要通电，电离的条件是水或熔融状态，与通电条件无关，故错误；氧化物为由两种元素组成，且一种元素为氧元素的

26、化合物，按元素组成可分为金属氧化物和非金属氧化物，按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝是两性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如酸性氧化物Mn2O7是金属氧化物，故错误；纳米材料石墨烯不是胶体分散系，不具有丁达尔效应，故错误；电解质溶液导电能力强弱与自由移动的离子浓度，自由移动离子带电荷多少有关，与数目无关，故错误；把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中并充分搅拌得不到氢氧化铁胶体，得到Fe(OH)3沉淀，故错误；Na2O、Na2O2前者与盐酸反应只生成氯化钠和水，属于碱性氧化物，后者与盐酸反应生成氯化钠、

27、水和氧气，属于过氧化物，但二者都能与酸性氧化物CO2反应，故正确；Na2O、Na2O2水溶液能导电，是因为二者能够与水反应生成电解质氢氧化钠，不能据此判断氧化钠、过氧化钠是电解质，故错误；冰水混合物只含有一种物质水，属于纯净物，明矾属于盐，为纯净物，故错误；某元素从化合态变为游离态，化合价可能升高，也可能降低，如S2-S为被氧化过程，Fe2+Fe为被还原过程，故错误；由上分析，正确的只有，D正确；答案为D。15、C【题目详解】镁条与盐酸发生反应Mg+2H+=Mg2+H2，影响镁和盐酸反应产生氢气的速率的因素主要有两个：一是温度，反应放出热量，使体系的温度升高，产生氢气的速率增大；二是溶液中氢离

28、子的浓度，反应过程中氢离子的浓度减小，产生氢气的速率减慢。图中AB段产生氢气的速率逐渐增大，说明这段时间内温度对反应速率的影响大于氢离子浓度对反应速率的影响，故影响AB段速率的主要因素是温度。故选C。【答案点睛】影响化学反应速率的因素：主要因素：反应物本身的性质；外界因素：温度、浓度、压强、催化剂、光、激光、反应物颗粒大小，反应物之间的接触面积和反应物状态。16、A【题目详解】A.铁在过量的稀硝酸中变为3价，故1 mol铁转移3NA个电子，故A正确；B.Fe(OH)3胶粒为Fe(OH)3分子的聚集体，没有给定溶液的体积，无法计算氢氧化铁胶粒的数目，故B错误；C.46 g N2O4的物质的量为0

29、.5 mol，46 g NO2的物质的量为1 mol，则46 g混合气体所含分子数小于NA，故C错误；D.标准状况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积进行计算，故D错误。故答案选：A。二、非选择题（本题包括5小题）17、CuSO4FeCl3Ba（OH）2Al（NO3）3Na2CO32Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO23Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4H2O500【分析】蓝色沉淀是氢氧化铜，白色固体是硫酸钡，据此判断A和C是硫酸铜和氢氧化钡 ；在剩余阳离子中只有Na+可以与CO32-结合，红褐色沉淀是氢氧化铁，气体是二氧化碳，B或E是碳酸钠，B、E中的另一种物质

30、是铁盐；说明C是氢氧化钡，D是铝盐，相应地A是硫酸铜；说明E是碳酸钠，B是铁盐；说明D是硝酸铝，相应地B是氯化铁。【题目详解】（1）A、B、C、D、E的化学式分别为：CuSO4、FeCl3、Ba（OH）2、Al（NO3）3、Na2CO3。（2）步骤中Fe3+与CO32的水解互促至水解完全，发生反应的离子方程式：2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2。（3）步骤中稀硝酸与铜发生反应，反应的离子方程式：3Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4H2O。38.4gCu的物质的量为0.6mol，消耗1.6mol H+，需要0.8molH2SO4，因此，若要将Cu片完全溶解，至少加入

31、稀H2SO4的体积是=500mL。18、AlCH2ONa2O22H2O +2Na2O2=4NaOH+O2 、2Al+ 2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2CO2CONa2CO32AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-【题目详解】D是淡黄色的固体化合物，D是Na2O2；C是常见的无色无味液体，C是水；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，A是常见的金属单质，A能与NaOH溶液反应，A为Al，E、F为H2、O2中的一种，溶液甲中含NaAlO2，B为非金属单质（一般是黑色粉末），B为C，B能与F反应生成G和H，则F为O2，E为H2，G、H为CO2、CO中的一种，D能与G反

32、应生成K和F，则G为CO2，K为Na2CO3，溶液乙为Na2CO3溶液，H为CO；CO2与NaAlO2溶液反应生成的沉淀L为Al（OH）3。（1）根据上述分析，A、B、C、D的化学式分别为Al、C、H2O、Na2O2。（2）反应中C、D均过量，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2。（3）B为C，F为O2，C与O2以物质的量之比1:1反应生成CO2，以物质的量之比2:1反应生成CO，反应中C与O2物质的量之比为4:3则反应生成CO2和CO，其中G能与Na2O2反应，G为CO2，H为CO。（4）反应的化学方程式为2Na

33、2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，产物K的化学式为Na2CO3。（5）反应的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32-。19、蒸发浓缩 冷却结晶 球形冷凝管 冷凝回流 增加反应物接触面积，提高反应速率 蒸发浓缩 冷却结晶 Na2SO4 取少量滤液于试管中，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中滴加BaCl2溶液，若出现浑浊，证明原滤液中含Na2SO4 酸式 101.2% 含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度 【分析】本题以Na2S2O35H2O晶体的制备及其样品纯度的测定为背景，考查考生对化学实

34、验仪器的认识和解决实际问题的能力。硫粉不溶于水，制备过程硫粉与水溶液中的Na2SO3不能充分的接触，影响反应速率，用乙醇湿润硫粉的目的就要从这些方面分析。温度越高Na2S2O3溶解度越大，所以冷却其较高温度下的饱和溶液，可得到Na2S2O35H2O晶体。SO32-有较强的还原性，加热条件下更易被溶解在溶液中的O2氧化，分析滤液中的杂质要考虑这一点。用已知浓度的碘水滴定Na2S2O3溶液来测定样品纯度，而I2也能够氧化SO32-，这是实验原理不完善带来的系统误差。由此分析。【题目详解】(1)根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管，使水蒸气冷凝回流，防止反应液中水分大量流失而析出晶体。硫粉难溶于水而微

35、溶于乙醇，用乙醇湿润可使硫粉易于分散到溶液中，增大硫与Na2SO3的接解面积，加快反应速率。(2)由100C和700C下的Na2S2O3的溶解度数据可知，温度越高Na2S2O3溶解度越大，可以先蒸发浓缩得到较高温度下的Na2S2O3的饱和溶液，然后冷却结晶，即可制备Na2S2O35H2O晶体。所以步骤应采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶。(3)SO32-具有较强的还原性，加热过程中溶解在溶液中的O2氧化了部分SO32-生成SO42-，所以滤液中很可能存在Na2SO4。检验Na2SO4的存在，只需检验SO42-离子，但要排除SO32-和S2O32-的干扰，先用盐酸酸化：Na2SO3+2HCl=SO2

36、+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S+SO2+H2O+2NaCl，再加入BaCl2溶液：Ba2+SO42-=BaSO4，产生不溶于盐酸的白色沉淀即证明滤液中含Na2SO4杂质。所以检验方法是：取少许滤液于试管中，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中加入BaCl2溶液，若出现浑浊则证明原滤液中含Na2SO4。(4) I2能与橡胶发生加成反应而腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管，只能用酸式滴定管盛装碘水进行滴定。由表中数据可知三次实验消耗碘水体积分别为30.22mL、30.70mL、30.18mL，显然第二次实验误差太大舍去，平均消耗碘水体积为=30.20mL。设所配样品溶液的浓度为c(Na2S2O3)，列比例式： ，解得c(Na2S2O3)=0.1208mol/L7.40g样品中Na2S2O35H2O的物质的量=n(Na2S2O3)=0.25L0.1208mol/L=0.0302mol,样品的纯度=100%=101.2%。因为SO32-有较强的