安徽省宿州市泗县第一中学2026届化学高三第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

安徽省宿州市泗县第一中学2026届化学高三第一学期期中学业质量监测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头是能一步转化的常见反应，其中常温下能进行的是选项WXYZASSO2SO3H2SO4BAlAlCl3NaAlO2Al2(SO4)3CFeFeCl3Fe(OH)2FeCl2DNaNa2O2NaOHNaClA．A B．B C．C D．D2、一个原电池的总反应是Zn+Cu2+=Zn2++Cu的是()A．Zn正极Cu负极CuCl2 B．Cu正极Zn负极H2SO4C．Cu正极Zn负极CuSO4 D．Zn正极Fe负极CuCl23、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是()A．A B．B C．C D．D4、将5mL0.005mol/LFeCl3溶液和5mL0.015mol/LKSCN溶液混合，达到平衡后呈红色。再将混合液分为5份，分别进行如下实验：下列说法不正确的是A．对比实验①和②，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动B．对比实验①和③，为了证明增加反应物浓度，平衡发生逆向移动C．对比实验①和④，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动D．对比实验①和⑤，为了证明减少反应物浓度，平衡发生逆向移动5、已知1-18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同电子层结构，下列关系正确的是（）A．质子数：c＞bB．离子的还原性：Y2-＞Z-C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZD．原子半径：X＜W6、阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列叙述正确的是A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023B．0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3×6.02×1023C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D．4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×10237、从废钴酸锂电池正极片中(含LiCoO2、Al及少量铁、镁的化合物等)回收钴的工艺流程如下:下列叙述错误的是A．①中发生的离子反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑B．②中H2O2作还原剂C．③中Na2CO3可用NaOH代替D．④中除镁反应不宜在强酸条件下进行8、已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A．该反应热ΔH=+(a-b)kJ·mol-1B．每生成2molAB(g)时吸收bkJ能量C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D．断裂1molA—A键和1molB—B键时放出akJ能量9、下列有关化学用语表示正确的是A．甲烷分子的球棍模型： B．NH4Br的电子式：C．34S2－的结构示意图： D．邻羟基苯甲酸的结构简式：10、钛被誉为“21世纪金属”，工业冶炼钛的第一步反应为TiO2＋2C＋2Cl2=TiCl4＋2CO，下列关于该反应的说法中，正确的是()A．TiO2是氧化剂 B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2C．Cl2发生氧化反应 D．每转移2mol电子将有1molCl2被还原11、下列有机物按系统命名法正确的是A．2，2－二甲基－3－乙基丁烷 B．2－甲基－3－戊烯C．2－甲基－2－丙醇 D．2－甲基－2－丁炔12、化学与生活息息相关，下列说法不正确的是()A．二氧化硫是主要的大气污染物，能形成酸雨，其pH小于5.6B．中国瓷器驰名世界，它是以黏土为原料，经高温烧结而成C．凡是含有食品添加剂的食物对人体健康均有害D．河南安阳出土的司母戊鼎充分体现了我国光辉的古代科技，它属于铜合金13、一定温度下，水存在H2OH++OH--Q的平衡，下列叙述一定正确的是（）A．向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小B．将水加热，Kw增大，pH减小C．向水中加入少量固体NH4Cl，平衡逆向移动，c（H+）降低D．向水中加入少量固体硫酸钠，c（H+）=10-7mol/L，Kw不变14、25℃时将浓度均为0.1mol·L-1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示，下列说法正确的是A．a→c过程中水的电离程度始终增大B．b点时，c(B+)=c(A-)=c(H+)=c(OH-)C．c点时，随温度升高而减小D．相同温度下，Ka(HA)>Kb(BOH)15、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16、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．Fe比Cu活泼，FeCl3溶液可用作铜制线路板的蚀刻剂B．SiO2熔点高，可用作半导体材料C．NaC1O具有氧化性，可用于消菌杀毒D．CO2密度比空气大且不支持燃烧，可用作镁着火时的灭火剂二、非选择题（本题包括5小题）17、前四周期元素R、X、Y、Z、E的原子序数依次增加，它们的结构和部分信息如下表所示：元素代号部分信息R基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同XX的双原子单质δ键和π键数目之比为1∶2Y短周期主族元素中，原子半径最大ZZ的最高正化合价与最低负化合价之和等于4E基态E3+的外围电子排布式是3d5回答问题：（1）E元素在周期表中的位置是____，其基态原子中电子占据的最高能层是________。（2）元素X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为____，每个中心原子的价层电子对数是_______。（3）在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是__________。（4）Z元素的两种氧化物对应的水化物中，酸性较强的_____，其原因是_________。（5）(ZX)4在常压下，高于130℃时(ZX)4分解为相应的单质，这一变化破坏的作用力是_______；它为热色性固体，具有色温效应，低于-30℃时为淡黄色，高于100℃时为深红色，在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是______。（6）常温条件下，E的晶体采用如图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为_____，若E原子的半径为r，则单质E的原子空间利用率为________。（列出计算式即可）18、某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图所示(部分产物已略去)：(1)写出B的电子式________。(2)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，写出A和B水溶液反应的离子方程式________。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_____。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是__________。(5)若A是一种氮肥,A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为_________。(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为______________。19、Na2O2可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。（1）某学习小组发现：在盛有Na2O2的试管中加入足量水，立即产生大量气泡，当气泡消失后，向其中滴入1~2滴酚酞试液，溶液变红；将试管轻轻振荡，红色很快褪去；此时再向试管中加入少量MnO2粉末，又有气泡产生。①使酚酞试液变红是因为____________________________________，红色褪去的可能原因是____________________________________________。②加入MnO2反应的化学方程式为_______________________________。（2）Na2O2有强氧化性，H2具有还原性，有同学猜想Na2O2与H2能反应。为了验证此猜想，该小组同学进行如下实验，实验步骤和现象如下。步骤1：按如图组装仪器（图中夹持仪器省略），检查气密性，装入药品；步骤2：打开K1、K2，产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管，一段时间后，没有任何现象；步骤3：检验H2的纯度后，开始加热，观察到硬质玻璃管内Na2O2开始熔化，淡黄色的粉末变成了白色固体，干燥管内硫酸铜未变蓝色；步骤4：反应后撤去酒精灯，待硬质玻璃管冷却后关闭K1。①盛装稀盐酸的仪器名称___________；B装置的作用是______________。②必须检验氢气纯度的原因是_________________。③设置装置D的目的是___________________________。20、硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4稳定，不易被氧气氧化，常用于代替FeSO4作分析试剂。某小组在实验室制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O并探究其分解产物。Ⅰ．按以下流程制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O](1)铁屑溶于稀硫酸过程中，适当加热的目的是________。(2)流程中，需将滤液转移到____(填写仪器名称)中，迅速加入饱和硫酸铵溶液，直接加热蒸发混合溶液，观察到____，停止加热。II.查阅资料可知硫酸亚铁铵晶体加热主要发生反应：(NH4)2Fe(SO4)2—Fe2O3+SO2↑+NH3↑+N2↑+H2O但伴有副反应发生，生成少量SO3和O2。设计以下实验探究分解的产物：(3)配平，完整写出上述分解反应的化学方程式_______。(4)加热过程，A中固体逐渐变为________色。待晶体完全分解后，为验证A中残留物是否含有FeO，需选用的试剂有______(填字母)。AKSCN溶液B稀硫酸C浓盐酸D酸性KMnO4溶液(5)B中有白色沉淀生成，写出生成该白色沉淀的离子方程式：_______。(6)C的作用是___________。(7)D中集气瓶能收集到氧气，________(填“能”或“不能”)用带火星木条检验。(8)上述反应结束后，继续证明分解产物中含有NH3的方法是_______。21、碘酸钾（KIO3）在生活中应用广泛，可将含碘物质经过系列变化得到KIO3。（方法一）现向含6molKI的稀硫酸中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与加入KBrO3的物质的量的关系如图所示。已知①a→b段：BrO3－＋6I－＋6H＋＝3I2＋Br－＋3H2O②c→d段：2BrO3－＋I2＝2IO3－＋Br2回答下列问题：（1）b点时，KI完全反应，则消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比是________，还原产物是_____________；a→b共转移________mole－。（2）b→c过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子方程式：_____________；从反应开始到达c点时，共消耗n(KBrO3)＝____________mol。（方法二）电解法制备KIO3，现将一定量的碘溶于过量的氢氧化钾溶液，发生反应：aI2＋bKOHcKI＋dKIO3＋eX，将该溶液加入阳极区，另将氢氧化钾溶液加入阴极区，开始电解，得到KIO3。回答下列问题：（3）X的化学式是____________。（4）若有0.3molI2单质参加反应，则反应过程中电子转移的个数为____________。

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、S不能直接转化成SO3，不符合转化关系，故A错误；B、W→X：铝和盐酸反应可以实现，W→Z：2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑，W→Y：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，Z→X：硫酸铝与氯化钡的反应可以实现，X→Y：AlCl3与过量的NaOH反应实现，Y→Z：偏铝酸钠与过量硫酸反应可以实现，故B正确；C、Fe→FeCl3：铁与氯气在点燃或加热条件下才能实现，故C错误；D、NaCl不能一步生成Na2O2，故D错误。2、C【分析】根据电池反应式知，Zn失电子化合价升高作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，则可溶性铜盐溶液作电解质溶液。【详解】A.应该是Zn作负极、Cu作正极，故A错误；B.应该是锌作负极、Cu作正极，含铜离子的溶液作电解质溶液，故B错误；C.Zn作负极、Cu作正极、硫酸铜溶液作电解质溶液可以实现该原电池反应,所以C正确；D.Zn负极、Fe正极，CuCl2做电解质溶液，故D错误；答案：C。【点睛】理解电池总反应和原电池的工作原理是解题的关键，原电池的负极发生失电子的氧化反应，正极发生得电子的还原反应，原电池的负极一般比正极活泼。3、D【详解】A选项，钠与盐溶液反应先和盐溶液中的水反应，生成的氢氧化钠和硫酸铜反应，故A错误；B选项，次氯酸根具有强氧化性，要将少量二氧化硫氧化成硫酸根，因此产物应该是硫酸钙、氯离子和次氯酸，故B错误；C选项，惰性电极电解溴化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、溴单质和氢气，故C错误；D选项，两者都是生成水和易溶于水的盐，离子方程式相同，可以类比，故D正确；综上所述，答案为D。【点睛】次氯酸根在酸性、碱性、中性都具有强氧化性；硝酸根、高锰酸根在酸性条件下才具有强氧化性。4、B【分析】实验①为对照组，控制反应溶液的总体积相同，在其它条件不变时，只改变影响平衡的一个条件，判断平衡的移动方向，则可得出该条件对平衡的影响，据此分析可得结论。【详解】A.实验②与①对比，只改变了Fe3+浓度，故A说法正确；B.FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响，故B说法错误；C.实验④与①对比，只改变的反应物SCN-的浓度，故C说法正确；D.在原平衡体系中加入NaOH溶液，Fe3+与之反应生成Fe（OH）3沉淀，溶液中Fe3+的浓度减小，故D说法正确；答案选B。【点睛】本题通过实验来探究浓度对化学平衡移动的影响，FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，所以在实验过程中改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响。5、B【分析】具有相同电子层结构的离子符号阴上阳下的原则。X、W是阳离子，Y、Z是阴离子，所以X、W位于Y、Z的下一周期；再根据所带电荷数，则W的原子序数大于X，Z的原子序数大于Y。【详解】A.X在Y的下一周期，所以质子数b＞c，A错误；B.Z在Y元素的右侧，Z元素的非金属性比Y强，所以阴离子的还原性Y2-＞Z-，B正确；C.Z元素的非金属性比Y强，所以Z的氢化物比Y的氢化物稳定，C错误；D.X与W是同周期元素，X的原子序数小于W，所以X的原子半径大于W，D错误。答案选B。6、D【详解】A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错误；C.5.6gFe的物质的量是0.1mol，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能判断转移电子的物质的量，C错误；D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正确；故合理选项是D。7、C【分析】废钴酸锂电池正极片中(含LiCoO2、Al及少量铁、镁的化合物等)，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2、Al及少量铁、镁的化合物；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成硫酸镁、CoSO4、Fe2(SO4)3，锂在滤渣中被除掉，再通过③除掉Fe3+，再通过④除掉镁元素，最后得CoCl2溶液。【详解】A、①中反应是氢氧化钠和铝反应，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故A正确；B、②中H2O2作将正三价Co还原为Co2+，H2O2作还原剂，故B正确；C、③中Na2CO3如果用NaOH代替，则会生成氢氧化铁、氢氧化钴沉淀，降低了Co2+的回收率，故C错误；D、④中除镁反应如果在强酸条件下进行，则NaF会生成有毒气体HF污染环境，且降低F-的浓度，影响镁的去除，故D正确。答案选C。8、A【详解】AB．依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a−b)kJ热量，该反应热ΔH=+(a-b)kJ·mol-1，故A正确，B错误；C．依据能量图象分析可知反应物总能量低于生成物总能量，故C错误；D．由图可知，断裂1molA−A和1molB−B键，吸收akJ能量，故D错误；答案选：A。9、C【解析】A.碳原子半径大于氢原子，故A错误；B.Br-未用电子式表示，故B错误；C.34S2－的结构示意图：，故C正确；D.羧基—COOH表示成了—OOCH，故D错误。故选C。10、D【详解】A.反应后钛元素及氧元素化合价都没变化，故二氧化钛不是氧化剂，也不是还原剂，故A错误；B.反应中碳元素化合价升高，碳作还原剂，氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，物质的量之比是一比一，故B错误；C.氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，发生还原反应，故C错误；D.氯气是氧化剂，氯元素化合价从0价降低为-1价，故每转移2mol电子有1mol氯气被还原，故D正确；故选D。11、C【详解】A.主链选择错误，应该是2，2，3－三甲基戊烷，故A错误；B.编号错误，应该是4－甲基－2－戊烯，故B错误；C.2－甲基－2－丙醇名称正确，故C正确；D.结构错误，2－甲基－2－丁炔不存在，故D错误；答案选C。【点睛】掌握有机物命名的方法是解答的关键。有机物系统命名中常见的错误归纳如下：①主链选取不当(不包含官能团，不是主链最长、支链最多)；②编号错(官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小)；③支链主次不分(不是先简后繁)；④“－”、“，”忘记或用错。12、C【解析】A.酸雨pH小于5.6；B.瓷器是以黏土为原料的硅酸盐产品；C.并非所有含有食品添加剂的食物对人体健康均有害；D.司母戊鼎属于铜合金；【详解】A.通常情况下正常雨水因溶解二氧化碳而导致雨水pH约为5.6，当pH小于5.6时，为酸雨，二氧化硫可形成硫酸型酸雨，故A项正确；B．瓷器属于硅酸盐产品，它是以黏土为原料，经高温烧结而成，故B项正确；C.我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴，包括对人体有益的某些氨基酸类，盐类，矿物质类，膳食纤维等，并非所有含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，故C项错误；D.司母戊鼎属于铜合金，故D项正确。综上，本题选C。13、B【详解】A．温度不变，水的离子积常数不变，与溶液的酸碱性无关，向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw不变，故A错误；

B．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，离子积常数Kw增大，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B正确；C．加入少量氯化铵固体，铵根发生水解，与氢氧根反应，所以水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，故C错误；D．温度不变水的离子积常数不变，硫酸钠是强酸强碱盐，向水中加入硫酸钠固体后，不影响平衡，Kw不变，但温度不知，氢离子浓度无法确定，故D错误；故答案为B。【点睛】向水中加入酸或碱抑制水电离，加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，水的电离过程为吸热过程，加热促进水的电离。14、C【解析】A.b点中和反应恰好完全进行，a→b剩余酸越来越少，溶液酸性逐渐减弱，水的电离程度增大，b→c剩余碱越来越多，溶液碱性逐渐增强，水的电离程度减小，故A错误；B.溶液中电荷守恒：c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，b点时，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(B+)=c(A-)，溶液中c(H+)和c(OH-)很小，所以c(B+)=c(A+)>c(H+)=c(OH-)，故B错误；C.0.1mol·L-1HA溶液pH=3，说明HA是弱酸，c点时溶质为BA、BOH，水解常数Kb=随温度升高而增大，所以随温度升高而减小，故C正确；D.Va=Vb=50mL时HA与BOH恰好完全反应，pH=7，所以相同温度下，Ka(HA)=Kb(BOH)，故D错误。故选C。点睛：解答本题需要先弄明白图示含义，图中酸溶液由多到少，同时，碱溶液由少到多，而且0.1mol·L-1HA溶液pH=3，0.1mol·L-1BOH溶液pH=11。接着问题的解决就可以“顺藤摸瓜”。15、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）。【详解】在反应中，从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。16、C【详解】A、FeCl3溶液可用作铜制线路板的蚀刻剂，说明Fe3+的氧化性比Cu2+强，与Fe比Cu活泼无关，选项A错误；

B、硅导电，用作半导体材料；SiO2熔点高，与用作半导体材料的硅单质，关系不对应，选项B错误；C、NaC1O具有氧化性，可用于消菌杀毒，正确且有对应关系，选项C正确；D、二氧化碳与镁反应生成氧化镁和碳，所以镁可以在二氧化碳中燃烧，因此镁着火时，不能用CO2来灭火，选项D错误；故答案选C。【点睛】铁与硫酸铜溶液反应，可以置换出单质铜，可以证明金属活泼性：铁大于铜；氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，体现了铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性。二、非选择题（本题包括5小题）17、第四周期VIII族N4CO32-与NO3-H2SO4H2SO4和H2SO3可表示为(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S为+4价，而H2SO4中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H+。共价键范德华力或分子间作用力8【解析】基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同，则R是C；X的双原子单质δ键和π键数目之比为1∶2，X是N；Y是短周期主族元素中，原子半径最大，则的Y是Na；Z的最高正化合价与最低负化合价之和等于4，Z是S；基态E3+的外围电子排布式是3d5，这说明E的原子序数是26，即E是Fe。则（1）Fe元素在周期表中的位置是第四周期VIII族，其基态原子中电子占据的最高能层是N。（2）元素X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为，每个中心原子的价层电子对数是4，均有一对孤对电子。（3）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是CO32-与NO3-。（4）由于H2SO4和H2SO3可表示为(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S为+4价，而H2SO4中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H+，因此硫酸的酸性更强。（5）(SN)4在常压下，高于130℃时分解为相应的单质，S和N之间的化学键是共价键，则这一变化破坏的作用力是共价键；在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中没有新物质生成，化学键不变，破坏的作用力是范德华力或分子间作用力。（6）常温条件下，铁的晶体采用如图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为8。晶胞中铁原子个数是1＋8×1/8=2，若Fe原子的半径为r，则体对角线是4r，所以边长是，所以单质Fe的原子空间利用率为。18、SiO2+2OH-====SiO32-+H2ONaHCO3、Na2CO3先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Clc(H＋)∶c(Al3＋)∶c(NH4+)∶c(SO42-)＝1∶1∶2∶3【分析】由题给信息可知，C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCl，故C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，则M为NaCl、B为NaOH。【详解】（1）B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为，故答案为；（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：2，则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为Na2CO3和NaHCO3；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为溶液中先有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失，故答案为先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积与Al3++3OH-=Al(OH)3↓铝离子消耗NaOH溶液的体积之比为1：3，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3，故答案为c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3。【点睛】根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键，注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。19、生成了碱性的NaOH酚酞遇碱变红生成的H2O2有漂白性2H2O22H2O+O2↑长颈漏斗吸水防止发生爆炸③检验反应中是否有水生成【解析】过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，在实验中检验氢气是否和过氧化钠反应，可以用干燥的氢气和过氧化钠反应，看是否有水生成。碱石灰能吸收氢气中的水，硫酸铜能检验产物是否有水。【详解】(1)①酚酞遇碱变红，所以溶液变红，说明生成了碱性的NaOH；一位过氧化钠和水反应生成过氧化氢和氢氧化钠，生成的H2O2有漂白性，所以红色褪色；②加入二氧化锰过氧化氢分解生成水和氧气，方程式为：2H2O22H2O+O2↑；(2)①盛装稀盐酸的仪器名称长颈漏斗；碱石灰可以吸收氢气中的水蒸气；②因为氢气是易燃气体，所以点燃前必须检验氢气的纯度，防止发生爆炸；③硫酸铜遇水变蓝，所以可以检验反应中是否有水生成。20、加快铁与稀硫酸的反应速率，使铁屑充分溶解蒸发皿表面有晶膜生成2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3＋4SO2↑＋2NH3↑＋N2↑＋5H2O红棕BDBa2+＋SO3＋H2O＝BaSO4↓＋2H+(或2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+)检验产物中是否含有SO2不能取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明分解产物中含有NH3【分析】Ⅰ．称取一定量铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热，过滤将FeSO4滤液中加入(NH4)2SO4晶体，加热搅拌至全部溶解，再蒸发浓缩至溶液表面有晶膜出现时，静置冷却结晶，抽滤，用少量洗涤剂洗涤晶体2～3次，将晶体放在表面皿上晾干可得产品硫酸亚铁铵晶体；Ⅱ．(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O在A装置中受热分解，生成红棕色Fe2O3，B中吸收碱性气体NH3，还会产生白色沉淀BaSO4，C中品红褪色，说明生成了SO2、最后用排水收集法收到难溶性的N2。【详解】(1)适当加热可以加快铁与稀硫酸的反应速率，使铁屑充分溶解；(2)蒸发需要在蒸发皿中进行，所以需将滤液转移到蒸发皿中，蒸发溶液时，当观察到表面有晶膜生成时停止加热；(3)氮元素和铁元素化合价升高，根据在氧化还原反应中化合价有升必有降，硫化合价降低，根据电子守恒和元素守恒可得：2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3＋4SO2↑＋2NH3↑＋N2↑＋5H2O；(4)根据方程式可知(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O在A装置中受热分解会生成红棕色Fe2O3，所以加热过程中A中固体逐渐变为红棕色；FeO溶于酸可以产生Fe2+，亚铁离子具有还原性，所以可先用稀硫酸(盐酸也会还原高锰酸钾，所以不用盐酸)溶