江苏省镇江市2026届化学高三上期末达标测试试题含解析

江苏省镇江市2026届化学高三上期末达标测试试题考生请注意：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、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热后产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色溴乙烷发生消去反应CSO2通入KMnOSO2D向NaC1、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3KA．A B．B C．C D．D2、用如图电解装置将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4，用其作为一种优良的氮肥。下列有关说法正确的是A．a与电源负极相连，发生还原反应B．每处理lmolNO可以生成2molAC．通电后阳极附近溶液的pH增大D．理论上将SO2与NO以体积比2:5通入装置可彻底转化3、下列各组物质，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的是（）序号XYZWASSO3H2SO4H2SBCuCuSO4Cu(OH)2CuOCSiSiO2Na2SiO3H2SiO3DAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2A．A B．B C．C D．D4、12mLNO和NH3的混合气体在一定条件下发生可逆反应：6NO+4NH35N2+6H2O，若还原产物比氧化产物多1mL(气体体积在相同状况下测定)，则原混合气体中NO和NH3体积比可能是A．2：1 B．1：1 C．3：2 D．4：35、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A．25℃、l0IKPa下，NA个C18O2分子的质量为48gB．标准状况下，22.4LHF中含有的电子数为10NAC．1mol白磷(P4)分子中所含化学键的数目为4NAD．1L0.1mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数为0.lNA6、已知298K时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=6.0×10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe)，下列说法正确的是(已知：≈2.4，≈3.2)（）A．M点对应的溶液中，c(S2-)≈3.2×10-11mol·L-1B．与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的C．向Q点对应的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液D．FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=60007、根据下列图示所得出的结论不正确的是A．图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C．图丙是室温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42−)越大c(Ba2+)越小8、下列实验现象及所得结论均正确的是（）实验实验现象结论A．左侧试管比右侧试管中产生气泡的速率快Fe3+对H2O2分解的催化效果更好B．左侧棉花变为橙色，右侧棉花变为蓝色氧化性：Cl2>Br2>I2C．U形管左端液面下降,右端液面上升NH4NO3溶解吸热D．烧杯中产生白色沉淀甲烷与氯气光照条件下发生取代反应A．A B．B C．C D．D9、下图是用KMnO4与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置，以下说法正确的是A．A中固体也可改用MnO2B．B中需盛装饱和氯化钠溶液C．氯气通入D中可以得到NaClO，该物质水溶液比HClO稳定D．上图装置也可作为制取适量NO的简易装置10、下列说法不正确的是（）A．冰醋酸和水银都是纯净物 B．氢原子和重氢原子是两种不同核素C．氯化钠固体和氯化钠溶液都是电解质 D．稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都属于分散系11、钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是（）A．酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2OB．“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8molC．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸12、利用如图所示装置，以NH3作氢源，可实现电化学氢化反应。下列说法错误的是A．a为阴极B．b电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+C．电解一段时间后，装置内H+数目增多D．理论上每消耗1molNH3，可生成1．5mol13、中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是A．该过程将太阳能转化成为化学能B．该过程中，涉及极性键和非极性健的断裂与生成C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1D．原料气N2可通过分离液态空气获得14、一定量的H2在Cl2中燃烧后，所得混合气体用100mL3.00mol∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05molNaClO（不考虑水解）。氢气和氯气物质的量之比是A．2:3 B．3:1 C．1:1 D．3:215、VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag，取VmL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是()A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L16、常见药物布洛芬Y，具有镇痛、抗炎作用，可由中间体X通过以下方法制得：下列关于化合物X、Y的说法中错误的是A．X的化学式为C13H18O B．1molY能与4molH2反应C．可用NaHCO3溶液鉴别两者 D．两者氢原子的种类数相等二、非选择题（本题包括5小题）17、W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1（甲）和2∶1（乙），且分子中电子总数分别为18（甲）和10（乙）。X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙X与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18。X、Y、Z能形成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性。请写出：（1）W的元素符号___，其核外共有___种运动状态不同的电子。（2）甲物质的结构式为___；乙物质的空间构型为___。（3）Z元素核外共有___种能量不同的电子，碱性气体甲的电子式为___。（4）用离子方程式解释X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。（5）铋元素跟Y元素能形成化合物（BiY3），其水解生成难溶于水的BiOY。①BiY3水解反应的化学方程式为___。②把适量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，试分析可能的原因___。③医药上把BiOY叫做“次某酸铋”，分析这种叫法的不合理之处，为什么。___。18、某同学对气体A样品进行如下实验：①将样品溶于水，发现气体A易溶于水；②将A的浓溶液与MnO2共热，生成一种黄绿色气体单质B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。（1）写出A、B的化学式：A____________，B_______________。（2）写出A的浓溶液与MnO2共热的化学方程式：_________________________。（3）写出B通入石灰乳中制取漂白粉的化学方程式：_______________________。19、某同学欲用98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）配制成500mL0.5mol/L的稀H2SO4（1）填写下列操作步骤：①所需浓H2SO4的体积为____。②如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用___mL量筒量取。③将量取的浓H2SO4沿玻璃棒慢慢注入盛有约100mL水的___里，并不断搅拌，目的是___。④立即将上述溶液沿玻璃棒注入____中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液注入其中，并不时轻轻振荡。⑤加水至距刻度___处，改用__加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞，上下颠倒数次，摇匀。（2）请指出上述操作中一处明显错误：____。（3）误差分析：（填偏高、偏低、无影响）①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将___；②问题（2）的错误操作将导致所配制溶液的浓度___；20、草酸(二元弱酸，分子式为H2C2O4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(CaC2O4)。(1)葡萄糖(C6H12O6)与HNO3反应可生成草酸和NO，其化学方程式为________。(2)相当一部分肾结石的主要成分是CaC2O4。若某人每天排尿量为1.4L，含0.10gCa2＋。当尿液中c(C2O42-)>________mol·L－1时，易形成CaC2O4沉淀。[已知Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9](3)测定某草酸晶体(H2C2O4·xH2O)组成的实验如下：步骤1：准确称取0.5508g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50mL。步骤2：准确称取0.1512g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL。①“步骤1”的目的是____________________________________。②计算x的值(写出计算过程)__________________________________。21、中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。（1）现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式C2H4O，不含双键），该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式是___（有机物请写结构简式）。（2）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式___。（3）在400℃时，向初始体积1L的恒压反应器中充入1molCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%。则：①在该温度下，其平衡常数K=__。②若向该容器通入高温水蒸气（不参加反应，高于400℃），C2H4的产率将__（选填“增大”“减小”“不变”“无法确定”），理由是___。③若容器体积固定，不同压强下可得变化如图，则压强的关系是___。④实际制备C2H4时，通常存在副反应：2CH4(g)→C2H6(g)＋H2(g)。反应器和CH4起始量不变，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如图。在200℃时，测出乙烷的量比乙烯多的主要原因可能是___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.苯酚与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以苯酚的酸性强于碳酸氢钠，弱于碳酸，故A错误；B.气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色说明生成乙烯气体，溴乙烷生成乙烯的反应属于消去反应，故B正确；C.SO2具有还原性，通入KMnO4溶液，溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，故D.由于氯化钠和碘化钠的物质的量浓度的相对大小未知，有可能因为碘化钠的浓度较大而产生黄色沉淀碘化银，因此不能得出结论KspAgC1>K故选B。【点睛】二氧化硫具有漂白性，但并非所有颜色褪去的反应都是由于其漂白性，这是很容易被忽略的问题。比较结构和组成相似的难溶物的溶度积时，要根据控制变量法进行实验设计，控制两溶液的浓度相同，或控制溶度积较大的浓度较大，才可以得出合理的结论；或者根据沉淀的转化进行判断，但要注意在进行沉淀的转化时，防止有过量试剂的干扰。2、B【解析】

SO2、NO转化为(NH4)2SO4，二氧化硫中S的化合价由+4到+6价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则a为阳极；NO的化合价降低，得到电子，发生还原反应，则b为阴极；结合电子守恒和元素守恒可知该电解过程的总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4。【详解】A．电极a为阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，故A错误；B．电解池的总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4，即A为硫酸，根据方程式，消耗1mol的NO生成2mol的硫酸，故B正确；C．阳极的电极反应为2H2O+SO2-2e-=SO42-+4H+，溶液的pH应降低，故C错误；D．根据电池总反应电解池的总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，理论上将SO2与NO以体积比5:2通入装置可彻底转化，故D错误；故答案为B。3、B【解析】

A．硫燃烧生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，A错误；B．Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，均能一步完成，B正确；C．硅酸不能一步反应生成单质硅，C错误；D．NaAlO2不能一步反应生成单质铝，D错误；答案选B。4、C【解析】

根据反应6NO+4NH3=5N2+6H2O，可以理解为：NO和NH3按照物质的量之比是3：2反应，还原产物、氧化产物的物质的量之比是3：2，还原产物比氧化产物多1mol，在相同条件下，气体的物质的量之比和体积之比是相等的，所以原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能3：2；故合理选项是C。5、A【解析】

A、NA个分子，其物质的量为1mol，其质量为1×48g=48g，故正确；B、标准状况下，HF不是气体，故错误；C、白磷是正四面体结构，4个P处于顶点，1mol白磷分子中含有化学键物质的量为6mol，故错误；D、NaClO溶液中有水，水是由氢元素和氧元素组成，即氧原子的物质的量大于0.1mol，故错误；故答案选A。6、D【解析】

A．饱和的NiS溶液中c(Ni2＋)=c(S2－)==3.2×10－11mol·L－1，同理饱和FeS溶液中c(Fe2＋)=c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1，因此I曲线代表的是FeS，II曲线代表的是NiS，即M点c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1，故A错误；B．此时P点对应的NiS为过饱和溶液，不是稳定分散系，应有沉淀产生，故B错误；C．Q点加水，溶液中c(Ni2＋)、c(S2－)减小，Q不能转化到N点，应在Q点上方，故C错误；D．平衡常数K==6000，故D正确。7、C【解析】

A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。【详解】A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；答案选C。【点睛】本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。8、A【解析】

A．等量同浓度的双氧水中分别滴入相同体积含相同浓度的Fe3+和Cu2+的溶液，滴入Fe3+的试管中产生气泡的速率快，说明Fe3+对H2O2的分解的催化效果更好，故A正确；B．氯气从左侧通入，先接触到吸有NaBr溶液的棉花，棉花变橙色，说明Cl2和NaBr发生了置换反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，说明氧化性：Cl2＞Br2。右侧的棉花吸有淀粉碘化钾溶液，右侧棉花变蓝，说明有I2生成。I2的生成可能是左侧棉花上产生的Br2挥发到右侧棉花上置换出了I2，也可能是通入的Cl2和KI反应置换出了I2，所以无法说明Br2和I2的氧化性相对强弱，故B错误；C．NH4NO3溶解吸热，使试管内空气遇冷体积减小，试管内压强降低，U形管左端液面上升，右端液面下降，故C错误；D．甲烷和氯气发生取代反应生成HCl，可以和AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，但未被消耗的氯气也会进入AgNO3溶液中，和AgNO3反应生成白色沉淀，故根据烧杯中产生白色沉淀不能证明甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，故D错误；故选A。【点睛】本题B选项中硬质玻璃管中右侧棉花变蓝，不一定是挥发的Br2和KI反应，从左端通入的氯气可能没有完全被NaBr溶液消耗，也可能氯气已经完全把NaBr氧化，这样氯气就会氧化KI，所以本实验只能证明氧化性：：Cl2＞Br2，不能确定Br2和I2的氧化性相对强弱。9、C【解析】

A．MnO2与浓盐酸制取氯气需要加热，根据装置A图示，不能改用MnO2，故A错误；B．根据装置图示，B为氯气收集装置，C为防倒吸装置，D为尾气处理装置，故B错误；C．氯气通入氢氧化钠溶液中可以得到NaClO，HClO见光易分解，NaClO光照不分解，则该物质水溶液比HClO稳定，故C正确；D．铜和稀硝酸反应可制取NO，装置A可用，装置B、C中有空气，NO易被空气的氧气氧化，导致收集的气体不纯，应用排水法收集，NO有毒，属于大气污染物，NO不与氢氧化钠反应，无法处理尾气，上图装置不能作为制取适量NO的简易装置，故D错误；答案选C。10、C【解析】

A.冰醋酸是醋酸，是纯净物，化学式为CH3COOH，水银是Hg单质，是纯净物，故A正确；B.氢元素有三种原子，普通氢原子没有中子，后面两种各有一个和两个中子，它们分别称为氕、氘、氚，或者称为氢原子、重氢原子、超重氢原子，所以它们质子数电子数核电荷数都相等，但中子数不等，属不同原子，是不同核素，故B正确；C.氯化钠溶液是混合物，不是电解质，故C错误；D.稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都混合物，属于分散系，故D正确；题目要求选错误选项，故选C。11、D【解析】

A．据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后Pd的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；B．根据元素守恒生成的气体应为HCl和NH3，生成1molPd，则消耗1mol氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol气体，故B正确；C．氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；D．溶解过程中盐酸电离出的Cl-与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D错误；故答案为D。【点睛】难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。12、C【解析】

根据图像可知，b极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，得电子为电解池的阳极，则b极为阴极，化合价降低得电子；电解质溶液中的氢离子向阴极移动；【详解】A.分析可知，a为阴极得电子，A正确；B.b电极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，生成氮气和氢离子，其电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+，B正确；C.电解一段时间后，b电极消耗溶液中的氢离子，装置内H+数目不变，C错误；D.理论上每消耗1molNH3，消耗溶液中3mol氢离子，发生加成反应，可生成1．5mol，D正确；答案为C13、C【解析】

A.由图可知，该过程是由太阳能转化成化学能，故A正确；B.发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B正确；C.根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为−3价，氧元素从−2价升到0价，则氮气是氧化剂，水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3，故C错误；D.由于空气中主要是氮气和氧气，而氧气和氮气的沸点不同，所以可以通过分离液态空气的方法获得氮气，故D正确；答案选C。【点睛】本题对氧化还原反应综合考查，需要学会观察图示物质转化关系，根据化合价的升降，确定氧化剂还原剂，利用氧化还原反应的规律，配平氧化还原反应。14、A【解析】

H2在Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则H2完全燃烧。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2，从而根据化学方程式进行计算。【详解】题中发生的反应有：①H2+Cl2=2HCl；②HCl+NaOH=NaCl+H2O；③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。据③，生成0.05molNaClO，消耗0.05molCl2、0.10molNaOH。则②中消耗0.20molNaOH和0.20molHCl。故①中消耗H2、Cl2各0.10mol。氢气和氯气物质的量之比0.10mol:(0.10mol+0.05mol)=2:3。本题选A。【点睛】吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于1:1，只有A项合理。15、B【解析】

VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag即Al3+物质的量，取VmL溶液，则取出的Al3+物质的量，稀释到4VmL，则Al3+物质的量浓度，则稀释后溶液中SO42−的物质的量浓度是，故B正确。综上所述，答案为B。16、B【解析】

A．X的化学式为C13H18O，故A正确；B．布洛芬的官能团为－COOH，不能与H2发生加成反应，1molY只能与3molH2反应，故B错误；C．X、Y官能团分别为－CHO和－COOH，只有－COOH能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D．X、Y中均含有8种氢原子，故D正确；答案选B。【点睛】羧基不能与H2发生加成反应，是易错点。二、非选择题（本题包括5小题）17、O8H-O-O-HV型3NH4++H2ONH3·H2O+H+BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl盐酸能抑制BiCl3的水解不合理，因为BiOCl中的Cl的化合价为-1【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙)，且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙)，则W为O元素，X为H元素，两种化合物甲为H2O2、乙为H2O；X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙，则丙为NH3，Z为N元素；H与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18，则丁为HCl，Y为Cl元素；H、Cl、N三种元素能组成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性，则此离子化合物为NH4Cl，据此解题。【详解】由分析知：W为O元素、X为H元素、Y为Cl元素、Z为N元素、甲为H2O2、乙为H2O、丙为NH3；(1)由分析知W为氧元素，元素符号为O，其原子核外共有8个电子，则共有8种运动状态不同的电子；(2)甲H2O2，为极性分子，含有H-O和O-O键，则结构式为H-O-O-H；乙为H2O，O原子的杂化轨道形式为sp3，有两个孤对电子，则空间构型为V型；(3)Z为N元素，电子排布式为1s22s22p3，同一轨道上的电子能量相等，则核外共有3种能量不同的电子，碱性气体丙为NH3，其电子式为；(4)H、Cl、N三种元素组成的离子化合物为NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，发生水解反应的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+；(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3，其水解生成难溶于水的BiOCl；①BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl，则另一种产物为HCl，水解反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl；②BiCl3溶于稀盐酸，盐酸抑制了BiCl3的水解，从而得到澄清溶液；③BiOCl中Cl元素的化合价为-1价，而次氯酸中Cl元素为+1价，则BiOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。18、HClCl2MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【解析】

B为一种黄绿色气体单质B，则黄绿色气体B为Cl2，将A的浓溶液与MnO2共热，生成氯气，则气体A为HCl，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知A为HCl，B为Cl2，故答案为：HCl，Cl2；(2)A的浓溶液与MnO2

共热生成氯化锰．氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。19、13.6mL20烧杯使大量的热及时排除，防止液体飞溅500mL容量瓶1cm~2cm胶头滴管第④步没有将稀释后的浓硫酸冷却到室温偏低偏高【解析】

（1）①根据稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算所需浓硫酸的体积；②根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散；

④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到容量瓶中；

⑤根据定容的操作要点来分析；（2）根据浓硫酸稀释放热来分析；（3）根据c=，结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。【详解】（1）①浓硫酸的物质的量浓度为c===18.4mol/L，设需浓H2SO4的体积为Vml，根据稀释前后溶质硫酸的物质的量不变C浓V浓=C稀V稀：18.4mol/L×Vml=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6mL；

②需要浓硫酸的体积是13.6ml，根据“大而近”的原则，应选用20ml的量筒；

③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散，防止液体飞溅；

④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到500ml容量瓶中；

⑤定容的操作是开始直接往容量瓶中加水，加水至距刻度1～2cm处，改用胶头滴管逐滴加水，使溶液的凹液面最低处正好跟刻度线相平；（2）浓硫酸稀释放热，故应将稀释后的溶液冷却至室温然后再进行移液，错误是第④步溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中；

（3）①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取会导致浓硫酸被稀释，所取的硫酸的物质的量偏小，所配溶液浓度将偏低；

②问题（2）的错误是溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中，所得溶液的体积偏小，所配溶液浓度将偏高。20、C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑1.3×10－6测定NaOH溶液的准确浓度x＝2【解析】

（1）依据氧化还原反应规律书写其方程式；（2）根据c=得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；（3）利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。【详解】（1）HNO3将葡萄糖(C6H12O6)氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑；（2）c(Ca2+)===0.00179mol/L，又Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9=，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O42-)>1.3×10－6；（3）①“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；②0.5508g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)==0.0027mol,测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH)==0.1194mol/L，又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH)·V(NaOH)，n(H2C2O4)==1.194×10-3mol，所以n(H2C2O4·xH2O)=1.194×10-3mol，则n(H2C2O4)·M(H2