2026届福建省福州市师大附中高三上化学期中达标检测模拟试题含解析

2026届福建省福州市师大附中高三上化学期中达标检测模拟试题考生请注意：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、化学深入我们生活，下列说法不正确的是（）A．食盐可做食物调味剂，也可做食品防腐剂B．高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，都利用了强氧化性C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果中的乙烯，可以实现水果保鲜的目的2、下列叙述正确的是A．用装置①来验证生铁片发生吸氧腐蚀B．用装置②来进行苯萃取碘水中I2的操作C．装置③中的读数为12.20mLD．用装置④来干燥、收集并吸收多余的氨气3、下列关于0.5mol/LNaHCO3溶液的说法正确的是A．溶质的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO32-B．加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大C．离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)D．温度升高，c(HCO3-)增大4、下图是用于航天飞行器中的一种全天候太阳能电化学电池在光照时的工作原理。下列说法正确的是A．该电池与硅太阳能电池供电原理相同B．光照时，H+由a极室通过质子膜进入b极室C．光照时，b极反应为VO2++2OH--e-=VO2++H2OD．夜间无光照时，a电极流出电子5、丁烯（C4H8）是制备线性低密度聚乙烯（LLDPE）的原料之一，可由丁烷（C4H10）催化脱氢制备，C4H10（g）C4H8（g）＋H2（g）＝＋123kJ·mol－1。该工艺过程中生成的副产物有炭（C）、C2H6、C2H4、C4H6等。进料比[]和温度对丁烯产率的影响如图1、图2所示。已知原料气中氢气的作用是活化固体催化剂。下列分析正确的是A．随温度升高丁烯裂解生成的副产物增多，会影响丁烯的产率B．丁烷催化脱氢是吸热反应，丁烯的产率随温度升高而不断增大C．氢气的作用是活化固体催化剂，改变氢气量不会影响丁烯的产率D．一定温度下，控制进料比[]越小，越有利于提高丁烯的产率6、交通警察执法时常使用的便携式酒精检查仪可能应用了：3CH3CH2OH+2K2Cr2O7（橙色）+8H2SO4=3CH3COOH+2Cr2(SO4)3（蓝绿色）+2K2SO4+11H2O这一反应原理，关于该反应，下列说法正确的是（）A．该反应证明了，含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性B．1mol还原剂反应时，转移的电子数为2NAC．H2SO4在反应中表现了氧化性和酸性D．可以利用该反应原理，将它设计成原电池，通过检测电流强度判断司机是否饮酒7、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能。下列有关叙述正确的是A．该反应的逆反应为放热反应，升高温度可提高活化分子的百分数B．该反应中，生成物的总键能大于反应物的总键能C．该反应的反应热为ΔH=E2-E1使用催化剂改变活化能，但不改变反应热D．500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热xkJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-2xkJ·mol-18、下列分子中，电子总数不为18的是A．H2SB．C2H6C．N2H4D．H2O9、已知下列热化学方程式：Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH=－24.8kJ/molFe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH=－15.73kJ/molFe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH=＋640.4kJ/mol则14gCO气体还原足量FeO固体得到Fe单质和CO2气体时对应的ΔH约为（）A．－218kJ/mol B．－109kJ/mol C．＋109kJ/mol D．＋218kJ/mol10、可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是（）A．3v(N2)正=v(H2)正B．v(N2)正=v(NH3)逆C．v(N2)正=3v(H2)逆D．2v(H2)正=3v(NH3)逆11、“三效催化转化器”可将汽车尾气中的有毒气体转化为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图(末配平)，其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是A．该反应属于氧化还原反应B．配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2C．甲和丙中同种元素化合价不可能相同D．丁物质一定是非金属单质12、海洋中无机氮的循环过程可用如图表示。下列说法正确的是(已知：反应④的离子方程式为4NH4++5O22NO2-+6H++N2O+5H2O)A．①②均属于固氮反应B．海洋中的反硝化作用一定需要氧气参加C．反应④中每生成1molH2O转移2mole-D．向海洋排放含NO3-的废水可能影响海洋中氮的循环13、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（

）A．磁性氧化铁可用作红色油漆和涂料B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸D．硅胶可用作袋装食品的干燥剂14、某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应,设计装置如下,下列说法正确的是()A．装置A气密性的检查方法:直接向长颈漏斗中加水,当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好B．装置B中盛放浓硫酸,目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气C．装置C加热前,用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度D．装置A也可直接用于Cu与浓硫酸反应制取SO215、实验小组进行如下实验：已知：Cr2(SO4)3稀溶液为蓝紫色；Cr(OH)3为灰绿色固体，难溶于水。下列关于该实验的结论或叙述不正确的是A．①中生成蓝紫色溶液说明K2Cr2O7在反应中表现了氧化性B．若继续向③中加入稀硫酸，溶液有可能重新变成蓝紫色C．将①与③溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，该现象与Cr3+的水解平衡移动有关D．操作I中产生的无色气体是CO16、下列实验操作能达到实验目的的是A．除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质B．证明浓硫酸与蔗糖反应生成SO2C．探究铁的析氢腐蚀D．测定双氧水分解速率二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。（1）物质A的化学式为___，F化学式为___；（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___；（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是___，化学方程式为___。（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为___，由此反应可知A有作为___的用途。（5）M投入盐酸中的离子方程式___。18、A、B、C、D均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A是地壳中含量最多的元素，B是短周期中金属性最强的元素，C与D位置相邻，D是同周期元素中原子半径最小的元素。完成下列填空：(1)A在周期表中的位置为第____周期______族，A原子的最外层电子排布式为____，A原子核外共有____个不同运动状态的电子。(2)B、C、D三种元素形成简单离子其半径大小的____________。（用个离子符号表示）(3)A、B形成化合物的电子式____；这些化合物中所含的化学键有____(4)非金属性的强弱：C______D（填“强于”、“弱于”、“无法比较”），试从原子结构的角度解释其原因。_____请用一个方程式证明A与C的非金属性的强弱____。19、Co(CH3COO)2·4H2O(乙酸钴)是一种重要的有机化工原料。回答下列问题:(1)以工业品氧化钴(CoO)为原料制备乙酸钴。(已知CoO与CH3COOH溶液反应缓慢,Co2+能与H+、NO3-大量共存)可能用到的试剂:Na2CO3溶液、CH3COOH溶液、HNO3溶液。先将CoO溶于____(填化学式,下同)溶液制得____溶液;在不断搅拌下,向制得的溶液中不断加入____溶液至不再产生沉淀,静置,过滤,洗涤;向沉淀中加入___溶液至沉淀完全溶解,调节pH约为6.8,经一系列操作得Co(CH3COO)2·4H2O。

(2)为探究乙酸钴的热分解产物,先在低于100℃时使其脱去结晶水,然后用下列装置进行实验(已知CO能与PdCl2溶液反应生成黑色Pd沉淀):①通N2的目的是______。

②澄清石灰水和PdCl2溶液分别用于检验CO2和CO,其中盛放PdCl2溶液的装置是____(填字母)。

③实验结束时,为防止倒吸,正确的操作是______。

④装置a中完全反应后得到钴的一种氧化物,固体残留率(×100%)为45.4%。该氧化物为____。

⑤装置a在加热过程中没有水生成,最终生成的固体氧化物质量为3.0125g,装置b和c中的试剂均足量(b、c中得到固体的质量分别为2.5g、10.6g),集气瓶中收集到的气体为C2H6和N2,则装置a中发生反应的化学方程式为________。20、Fe2S3是一种黑色不溶于水固体，某兴趣小组对FeCl3溶液与Na2S溶液反应能否生成Fe2S3进行了探究。操作现象实验I向10mL1mol/LFeCl3溶液中逐滴滴加1mol/LNa2S溶液，振荡试管，观察现象有黄色沉淀生成实验II向10mL1mol/LNa2S溶液中逐滴滴加1mol/LFeCl3溶液，振荡试管，观察现象立即有黑色沉淀生成，振荡后沉淀不消失(1)试写出实验I中发生反应的离子方程式：_____________________。(2)甲同学猜测实验II中的黑色沉淀可能是FeS。乙同学猜测可能是Fe2S3，发生的反应为2Fe3++3S2-=Fe2S3↓。该反应类型从四种基本反应类型看属于___________________。(3)为了确定黑色沉淀的成分，同学们补充实验III。操作现象实验III将实验II中黑色沉淀过滤，并用CS2处理后洗净。向沉淀中加入6mol/L的盐酸，振荡试管，观察现象加入盐酸后黑色沉淀溶解，转化为乳黄色沉淀，并伴有臭鸡蛋气味①根据实验你认为________同学的猜测正确，试说明理由_____________________。②试写出实验III中Fe2S3与盐酸反应的离子方程式：_____________________。(4)受实验II在碱性溶液中得到Fe2S3的启发，同学们设计利用2Fe(OH)3(s)+3S2-(aq)=Fe2S3(s)+6OH-(aq)这一原理制备Fe2S3，试通过平衡常数说明该反应可发生的原因_____________________。已知：KSP(Fe2S3)=1×10-88，KSP[Fe(OH)3]=1×10-38。21、图I是化学实验室中常用制备、干燥气体的部分仪器装置。某学校同学利用中学常用试剂及仪器设计下列实验。（1）甲同学利用Cu片和浓硝酸在图I装置中制备并收集干燥的NO2气体，请完成下列问题：①图I中仪器A的名称_____________；②收集NO2的方法___________；③B中发生反应的离子方程式为_______________。④将收集满NO2的烧瓶倒扣入装满水的水槽中，假设溶质不扩散，烧瓶内溶质的物质的量浓度为__________（假设此时为标准状况）。（2）乙同学利用图I装置制取氨气和氧气的混合气体，并且利用图II装置验证氨的某些性质。A中加入浓氨水，C中加入碱石灰，E内放置催化剂（铂石棉），按气流方向连接各仪器a→b→c→h。请完成下列问题：①B中加入的固体物质是___________（写出该物质的电子式）。②实验中观察到E内有红棕色气体出现，证明氨气具有_____性。③E中发生反应的化学方程式为____________，______________。

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．食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，食盐能防止食品腐烂、变质，食盐也可作食品防腐剂，选项A正确；B．酒精不具有强氧化性，可使蛋白质发生变性，用于杀菌消毒，选项B错误；C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，可防止食物受潮，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食物氧化变质，选项C正确；D．乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果中的乙烯，可以实现水果保鲜的目的，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，易错点为选项B：酒精不具有强氧化性，通常表现出还原性。2、A【解析】A．若铁片发生吸氧腐蚀，左侧压强减小，则右侧试管内导管液面上升，故A正确；B.苯的密度比水小，在上层，故B错误；C．滴定管读数从上到下增大，读数应为11.80mL，故C错误；D．氨气可用碱石灰干燥，但氨气的密度小于空气，收集时，应短管进，长管出，故D错误；故选A。3、B【解析】试题分析：A、碳酸氢钠为弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3＝Na+＋HCO3—，错误；B、温度不变，加水稀释后，Kw=c(H＋)c(OH－)不变，溶液的体积增大，n(H+)与n(OH—)的乘积变大，正确；C、根据电荷守恒知碳酸氢钠溶液中离子浓度关系：c(Na+)＋c(H+)＝c(OH—)＋c(HCO3—)＋2c(CO32—)，错误；D、温度升高，促进碳酸氢根的电离和水解，c(HCO3—)减小，错误。考点：考查电解质溶液中的离子平衡，碳酸氢钠溶液。4、D【详解】A项，硅太阳能电池是用半导体原理将光能转化为电能，是物理变化，该电池将化学能转化为电能，两者原理不同，A项错误；B项，光照时，根据图示中电子的流向，铂电极为正极，光电极为负极，光照时H+由b极室通过质子膜进入a极室，B项错误；C项，根据图示，光照时b极反应为VO2+失电子生成VO2+，电极反应式为VO2+-e-+H2O=VO2++2H+，C项错误；D项，夜间无光照时，相当于蓄电池放电，a电极电极反应为V2+-e-=V3+，a电极上发生氧化反应，a电极为负极，a电极流出电子，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查原电池原理，理解原电池工作原理是解题的关键。根据光照时电子的流向判断正负极，注意电极反应式的书写与电解质的关系（如C项酸性条件下电极反应式中不出现OH-）。5、A【详解】A．由图2可知，随温度升高丁烯裂解生成的副产物增多，会影响丁烯的产率，故A正确；B．由图可知，平衡后升高温度产率降低，则升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故B错误；C．增大或减少氢气的量，平衡均发生移动，均影响丁烯的产率，故C错误；D．由1可知，一定温度下，控制进料比[]在1.5左右，有利于提高丁烯的产率，越小或越大均不利于产率的增大，故D错误；故答案为A。6、D【解析】A.以偏概全，只能定性地判断含最高价元素的化合物有氧化性，但是不能说一定具有强氧化性，如HCl中H元素为+1价，是最高价，但是HCl没有强氧化性，A错误；B.从铬元素的化合价变化来分析较简单，铬由+6降到+3，由化学方程式可知，2molK2Cr2O7得到了12mole-，有3mol还原剂乙醇被氧化，所以当有1mol还原剂反应时，转移的电子数为4NA，B错误；C.硫酸中各元素的化合价都没发生变化，所以它只表现了酸性，C错误；D.从理论上讲，自发进行的氧化还原反应可以设计成原电池反应，使化学能转化为电能，所以D正确；故答案选D。【点睛】有机物发生的氧化还原反应，尽量不要去分析有机物中元素的化合价变化，因为有机物的结构较复杂，化合价也就复杂。我们往往是先分析无机物中元素的化合价变化，这样做可事半功倍。7、B【详解】A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应正反应为放热反应；该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A错误；B.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应正反应为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故B正确；C.反应热ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，故C错误；D.500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热xkJ，由于该反应为可逆反应，得不到1molSO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的反应热的数值不等于2xkJ·mol-l，故D错误；故答案选B。8、D【解析】分别为A、2+16=18；B、6×2+1×6=18；C、7×2+1×4=18；D、1×2+8=10；D不为18，故选D。9、B【详解】已知：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH=－24.8kJ/mol②Fe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH=－15.73kJ/mol③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH=＋640.4kJ/mol根据盖斯定律可知(①×3-②×3-③×2)×即得到FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)

ΔH＝-218

kJ·mol－1，因此14

g

CO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为-109

kJ·mol－1；答案选B。10、D【分析】若可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等，则该反应达到了化学平衡状态。不同物质表示同一反应的速率时，其数值之比等于其化学计量数之比。【详解】A.3v(N2)正=v(H2)正，两物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，但不能说明正反应速率等于逆反应速率，故A不能说明反应已达到平衡状态；B.v(N2)正=v(NH3)逆，两物质表示的化学反应速率之比不等于其化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故B不能说明反应已达到平衡状态；C.v(N2)正=3v(H2)逆，两物质表示的化学反应速率之比不等于其化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故C不能说明反应已达到平衡状态；D.2v(H2)正=3v(NH3)逆，因为2v(H2)正=3v(NH3)正，所以两物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，而且能说明正反应速率等于逆反应速率，故D能说明反应已达到平衡状态。综上所述，本题选D。【点睛】化学平衡状态下的正反应速率与逆反应速率相等，并不一定是其数值绝对相等，因为其化学计量数可能不同。若正反应速率与逆反应速率的比值与相关物质的化学计量数之比相等，则可判断正反应速率与逆反应速率相等。11、C【分析】根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2，然后根据选项解答。【详解】A.该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生了变化，所以反应为氧化还原反应，A正确；B.配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，B正确；C.一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，C错误；D.丁物质为氮气，由于只含有N元素一种元素，所以属于非金属单质，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题主要考查了元素种类、元素的化合价、物质的分类方法等方面的内容，根据图示，结合CO2分子是直线型分子及原子半径大小关系，写出方程式即可解答，本题难度不大。12、D【解析】A.氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，所以只有②属于固氮反应，故A错误；B.反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程。硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程。硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程，反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加，故B错误；C.反应④的离子方程式为4NH4++5O2=2NO2-+6H++N2O+5H2O，氧元素的化合价由0价降低为-2价，该过程中共转移2×10=20个电子，所以每生成1molH2O转移4mole-，故C错误；D.转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量，影响海洋中N元素循环，故D正确。故D正确。13、A【详解】A磁性氧化铁为四氧化三铁，为黑色，不能做为红色油漆，应是氧化铁，故错误；B.漂白粉含有次氯酸钙，具有强氧化性，能用于生活用水的消毒，故正确；C.氢氧化铝能和胃酸反应减少胃酸，同时少量氢氧化铝对人体无害，故正确；D.硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，故正确。故选A。14、C【解析】A.装置A气密性的检查方法，关闭K1，然后向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，A不正确；B.装置B中应盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和氯化氢等等，B不正确；C.装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，若听到“噗”的一声，则说明氢气已纯净，C正确；D.Cu与浓硫酸反应制取SO2需要加热，故装置A不能直接用于该反应中，D不正确。本题选C。15、D【解析】往H2C2O4·2H2O固体中滴入适量的K2Cr2O7酸性溶液，发生反应的化学方程式为：2K2Cr2O7+6H2C2O4+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+12CO2↑+14H2O，生成Cr2(SO4)3为蓝紫色溶液，无色气体为CO2，滴入适量的NaOH溶液，生成Cr(OH)3为灰绿色固体，可以看到灰绿色浑浊，继续滴加NaOH溶液，可以看到灰绿色浑浊溶解，生成绿色的CrO2-，据此答题。【详解】A.①中发生反应的化学方程式为：2K2Cr2O7+6H2C2O4+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+12CO2↑+14H2O，K2Cr2O7中Cr元素的化合价由+6价→+3价，化合价降低，作氧化剂，表现为氧化性，故A正确；B.向蓝紫色Cr2（SO4）3溶液中，加入NaOH溶液至析出灰绿色沉淀，此时，溶液中存在着如下平衡Cr3+(蓝紫色)+3OH-⇌Cr(OH)3(灰绿色)⇌CrO2-(绿色)+H++H2O，加入稀硫酸，会增大氢离子浓度，平衡向逆反应方向移动，溶液显蓝紫色，故B正确；C.①溶液中含有Cr3+，③溶液中含有CrO2-，Cr3+与CrO2-双水解，反应的离子方程式为：Cr3++3CrO2-+6H2O=4Cr(OH)3↓，会产生灰绿色浑浊，故C正确；D.由反应方程式2K2Cr2O7+6H2C2O4+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+12CO2↑+14H2O可知，操作I中产生的无色气体是CO2，故D错误。故选D。16、D【详解】A.胶体粒径在于1-100nm之间，可以透过滤纸，故无法用过滤的方法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质，A错误；B.二氧化硫和二氧化碳均可以使澄清石灰水变浑浊，浓硫酸的还原产物为二氧化硫，蔗糖的氧化产物为二氧化碳，均可以使澄清石灰水变浑浊，B错误；C.Fe的析氢腐蚀是要在强酸性条件下进行的，该图探究的为Fe的吸氧腐蚀，C错误；D.该装置可以测定一定时间内氧气的生成量，进而计算出双氧水的分解速率，D正确；故答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na2O2H22Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧剂Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O【详解】A为淡黄色固体，其能与水反应，则其为Na2O2；R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则其为Al；T为生活中使用最广泛的金属单质，则其为Fe；D是具有磁性的黑色晶体，则其为Fe3O4；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，所以C为O2；Al与NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，所以F为H2，B为NaOH；Fe3O4与盐酸反应，生成FeCl3、FeCl2和水，FeCl3再与Fe反应，又生成FeCl2，所以E为FeCl2；它与NaOH溶液反应，生成白色沉淀Fe(OH)2，它是H；Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，它与盐酸反应生成FeCl3，它为W。（1）物质A的化学式为Na2O2。答案为：Na2O2F化学式为H2。答案为：H2（2）NaOH和Al在溶液中反应生成H2的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（3）Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（4）Na2O2和水反应生成NaOH和O2的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑由此反应可知A有作为供氧剂的用途。答案为：供氧剂（5）Fe(OH)3投入盐酸中的离子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O。答案为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O18、二ⅥA2s22p48S2->Cl->Na+、离子键、共价键弱于非金属性也就是得电子的能力S的原子序数是16而Cl是17所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大所以捕获电子的能力也大由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S↓

可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O【分析】A、B、C、D均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A是地壳中含量最多的元素，则A为氧元素；B是短周期中金属性最强的元素，则B为钠元素；C与D位置相邻，D是同周期元素中原子半径最小的元素，则D为氯元素，C为硫元素；A、B、C、D分别为：O、Na、S、Cl。【详解】(1)A为氧元素，在周期表中的位置为第二周期ⅥA族，氧原子的最外层电子排布式为2s22p4，氧原子核外共有8个电子，则有8个不同运动状态的电子。答案为：二；ⅥA；2s22p4；8；(2)Na、S、Cl三种元素形成简单离子分别为：Na+、S2-、Cl-，S2-、Cl-分别为三个电子层，Na+为两个电子层，Na+半径最小，电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，故S2-半径大于Cl-半径，半径大小的顺序为：S2->Cl->Na+。答案为：S2->Cl->Na+；(3)O和Na形成化合物有Na2O和Na2O2，电子式分别为、；这些化合物中所含的化学键有离子键、共价键；答案为：、；离子键、共价键；(4)S和Cl为同周期元素，同周期元素从左至右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱：S弱于Cl；从原子结构的角度分析：非金属性也就是得电子的能力S的原子序数是16而Cl是17所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）2H2O+2S↓

可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O；答案为：弱于；非金属性也就是得电子的能力S的原子序数是16而Cl是17所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S↓

可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O。19、HNO3Co(NO3)2Na2CO3CH3COOH隔绝空气,使反应产生的气体全部进入后续装置c先熄灭装置a的酒精灯,冷却后停止通入氮气Co3O43Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑【解析】根据CoO与CH3COOH溶液反应缓慢，Co2+能与H+、NO3-大量共存的信息，制备乙酸钴时，先将CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液产生碳酸钴沉淀，最后加CH3COOH溶液反应生成Co(CH3COO)2，再通过浓缩、结晶等方法得到最终产物；探究乙酸钴的热分解产物，a中乙酸钴受热分解生成CO、CO2等产物,通入N2先将空气排尽并将产生的气体都赶入吸收装置，b澄清石灰水检验CO2，c中PdCl2溶液可检验CO，最后用d来收集未反应完的CO。【详解】（1）根据CoO与CH3COOH溶液反应缓慢，Co2+能与H+、NO3-大量共存的信息，制备乙酸钴时，先将CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液产生碳酸钴沉淀，最后加CH3COOH溶液反应生成Co(CH3COO)2，再通过浓缩、结晶等方法得到Co(CH3COO)2·4H2O；故答案为HNO3；Co(NO3)2；Na2CO3；CH3COOH；（2）①通N2的目的是排尽装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置，故答案为隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；②因为在检验CO时可生成CO2，会影响原混合气体中CO2的检验，因此应该先检验CO2，故答案为c；③实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯，再通入一段时间氮气保护分解后的产物，以免被空气氧化，故答案为先熄灭装置a的酒精灯,冷却后停止通入氮气；④样品已完全失去结晶水，残留固体为金属氧化物，取1molCo(CH3COO)2，质量为177g，则残留的氧化物质量为177g×45.4%=80.36g，根据Co元素守恒，氧化物中含有1molCo，则氧元素的物质的量为mol=1.33mol=mol，则==，故金属氧化物的化学式为Co3O4，答案为：Co3O