贵州省铜仁市碧江区铜仁一中2026届高三化学第一学期期中学业水平测试试题含解析

贵州省铜仁市碧江区铜仁一中2026届高三化学第一学期期中学业水平测试试题注意事项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、下列说法正确的是（）A．酸性氧化物可以与金属氧化物发生氧化还原反应B．物质的摩尔质量就是该物质的相对分子质量C．发生化学反应时失电子数越多的金属原子，还原能力越强D．两个等容容器，一个盛CO，另一个盛Ar、O3混合气体，同温同压下两容器内气体分子总数一定相同，原子总数也一定相同2、下列叙述正确的是A．元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素B．短周期第IVA族与VIIA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构C．C、N、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键又有共价键D．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强3、通常条件下易升华的晶体属于()A．分子晶体 B．原子晶体 C．离子晶体 D．金属晶体4、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC),RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是A．转移0.1mol电子时，a电极产生标准状况下O21.12LB．c电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池C．b电极上发生的电极反应是：2H2O+2e－＝H2↑+2OH－D．d电极上发生的电极反应是：O2+4H++4e-=2H2O5、室温时，将0.10mol/LNaOH溶液滴入20.00mL未知浓度的某一元酸HA溶液中，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示（忽略溶液混合时体积的变化）。当V（NaOH）=20.00mL（图中c点），二者恰好完全反应。则下列有关说法不正确的是（）A．HA为弱酸，其物质的量浓度为0.10mol/LB．a点时：c（A-）-c（HA）=2c（H+）-2c（OH-）C．室温时，A－的水解常数约为10－9D．d点时：2c（HA）+2c（A-）=3c（Na+）6、下列物质的分子为极性分子的是（）A．C2H2 B．CO2 C．NH3 D．BF37、下列有关装置图的叙述中正确的是A．图a中，如果X为锌电极，开关K放到A处或放到B处都能使铁电极受到保护B．图b小试管中的导管开始一段时间内液面上升C．为保护钢闸门，图c中的钢闸门应与外接电源的正极相连D．图d的右侧烧杯中，导管口有气泡冒出8、如图，将2mL浓度为6mol/L的盐酸用注射器通过橡皮塞慢慢注入，玻璃管中出现小气泡，气泡在溶液中逐渐上升的过程中消失。对该反应过程的推断不合理的是：A．有反应CO32-+2H+→CO2↑+H2O发生B．有反应CO32-+H+→HCO3-发生C．有反应CO32-+CO2+H2O→2HCO3-发生D．加快盐酸注入速度不会改变反应现象9、海带提碘实验过程中，没用到的实验操作是（）A．溶解 B．萃取 C．蒸发 D．分液10、若NA表示阿佛加德罗常数，下列说法正确的是()A．1molCl2作为氧化剂得到的电子数为NAB．在0℃，101kPa时，22.4L氢气中含有NA个氢原子C．14g氮气中含有7NA个电子D．NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为7:411、下列叙述中正确的是A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－D．某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag＋12、从海水（含氯化镁）中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳[Ca(OH)2]②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物④将得到的产物熔融电解得到镁。下列说法不正确的是A．此法的优点之一是原料来源丰富B．①②③步骤的目的是从海水中提纯MgCl2C．以上提取镁的过程中涉及分解、化合和复分解反应D．第④步电解不是氧化还原反应13、将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为（）A．2.24L B．4.48L C．6.72L D．8.96L14、SiF4与SiCl4分子都是正四面体结构。下列判断正确的是（）A．键长：Si-F>Si-Cl B．键能：Si-F>Si-ClC．沸点：SiF4>SiCl4 D．共用电子对偏移程度：Si-Cl>Si-F15、我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如下：下列说法正确的是A．过程Ⅰ发生了加成反应B．可用酸性高锰酸钾溶液检验最终产品中是否有M残留C．中间产物M的结构简式为D．该合成路线的“绿色”体现在理论上原子利用率达到了100%。16、取一小块金属钠，放在燃烧匙里加热，下列实验现象描述不正确的是()A．燃烧后得白色固体 B．燃烧时火焰为黄色C．燃烧后生成淡黄色固体物质 D．金属先熔化二、非选择题（本题包括5小题）17、下表为元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z回答下列问题（1）Z元素在周期表中的位置为__________。（2）元素周期表中与Z元素同周期原子半径最大的是(写元素名称)__________，其最高价氧化物对应的水化物含有的化学键类型____________。（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是___；a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）根据下图实验，可以证明碳的非金属性比X强。饱和小苏打溶液的作用__________。发生的离子方程式是：__________________（5）重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是________。a．氘(D)原子核内有1个中子b．1H与D互称同位素c．H2O与D2O互称同素异形体d．1H218O与D216O的相对分子质量相同18、A、B、C、D、E为短周期元素,A-E原子序数依次增大,质子数之和为40,B、C同周期,A、D同主族,A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,E是地壳中含量最多的金属元素。(1)E元素在周期表中的位置为__________；B、C的氢化物稳定性强的是________(用化学式表示,下同)；B、C、D组成的化合物中含有的化学键为_____________(2)D2C2的电子式是_________,将D的单质投入A2C中,反应后得到一种无色溶液,E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为______________；(3)元素D的单质在一定条件下,能与A单质化合生成氢化物DA,熔点为800℃。DA能与水反应放出氢气,化学反应方程式为_____________。(4)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,试写出反应的化学方程式__________________________19、亚硝酰M(NOC1)是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点－64.5℃，沸点－5.5T，遇水易水解生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。NOCl可由NO与纯净的Cl2在常温常压下合成，相关实验装置如图所示。(1)装置B中仪器a的名称是___，装置E中的试剂为__。(2)实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，当观察到B中__时关闭K1、K2。向装置C三颈瓶中通入干燥Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。(3)装置B、D除可干燥NO、Cl2外，另一个作用是___；若装置C中去掉盛CaCl2的干燥管，则C中NOCl可能发生反应的化学方程式为___。(4)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：将所得亚硝酰M(NOC1)产品13.10g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，K2CrO4溶液为指示剂，用0.8mol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)滴定时应将AgNO3标准溶液加入___(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为___；若滴定开始时仰视读数，滴定终点时正确读数，则测定结果___(填“偏高”“偏低”或“不变”果)。20、SnCl4是一种极易水解的化合物，它的制备需要在无水的条件下，密闭的装置中进行。若用常规(系统的体积较大)方法进行多实验缺点比较多，下图采用微型实验进行SnCl4的制备，解决了常规方法的弊端(己知：SnCl4的熔点为－33℃，沸点为114.1℃)。(1)将已干燥的各部分仪器按图连接好后，需要进行的操作为________________________。(2)V形管的作用是________________________________________________________。(3)下列说法中正确的是_____A．仪器A的名称为蒸馏烧瓶B．为了充分干燥氯气，浓硫酸的体积应大于球泡的体积C．操作时应先滴加浓盐酸，使整套装置内充满黄绿色气体，再用煤气灯加热D．生成的SnCl4蒸气经冷却聚集在磨口具支管中E.微型干燥管中的试剂可以是碱石灰、五氧化二磷或无水氯化钙等(4)实验中0.59锡粒完全反应制得1.03gSnCl4，则该实验的产率为_____________(计算结果保留一位小数)。(5)SnCl4遇氨及水蒸气的反应是制作烟幕弹的原理，反应的化学方程式为_______________。(6)该微型实验的优点是________________________________________________(任写两条)。21、氮、碳氧化物的排放会对环境造成污染。多年来化学工作者对氮、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。I．已知2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：第一步：2NO(g)⇌N2O2(g)(快)∆H1<0；v1正=k1正c2(NO)；v1逆=k1逆c(N2O2)第二步：N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢)∆H2<0；v2正=k2正c(N2O2)c(O2)；v2逆=k2逆c2(NO2)①在两步的反应中，哪一步反应的活化能更大______(填“第一步”或“第二步”)。②一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=_______；II．(1)利用CO2和CH4重整不仅可以获得合成气(主要成分为CO、H2)，还可减少温室气体的排放。已知重整过程中部分反应的热化方程式为：①CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH1＞0②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2＞0③CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g)ΔH3＜0则反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=_________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)(2)在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位Pa)的关系如图所示。y点：v(正)_____v(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。已知气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，求x点对应温度下反应的平衡常数Kp=____。III．设计如图装置(均为惰性电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图中电解制备过程的总反应化学方程式为________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】A．酸性氧化物和金属氧化物可能发生氧化还原反应，如2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故A正确；B．单位物质的量的物质所具有的质量称为摩尔质量，单位为g/mol，相对分子质量是化学式中各个原子的相对原子质量(Ar)的总和，相对分子质量的单位是"1"，而摩尔质量的单位是g/mol，相对分子质量在数值上等于摩尔质量，但单位不同，故B错误；C．还原性的强弱与失电子的难易程度有关，越易失去电子，还原性越强，与失去电子数目的多少无关，故C错误；D．同温同压下，气体的体积之比等于分子数之比，容器体积相同，故两容器中气体的分子数相同，但CO是双原子分子，Ar是单原子分子，O3是三原子分子，Ar、O3的比例未知，故两容器中当分子数相同时，原子个数不一定相同，故D错误；答案选A。2、B【解析】试题分析：A、元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素既有金属性也有非金属性，而过渡元素都是金属，错误；B、短周期第IVA族是C、Si与VIIA族元素F、Cl的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构，正确；C、C、N、O、H四种元素形成的化合物不一定有离子键，如氨基酸、尿素分子中只有共价键，没有离子键，错误；D、第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，不说明最高价时，结论不一定成立，如硫酸的酸性比次氯酸的酸性强，错误，答案选B。考点：考查元素周期表、元素周期律的应用3、A【分析】原子晶体、离子晶体的熔沸点较高，分子晶体的熔沸点较低，以此来分析。【详解】升华是指固体物质不经过液态直接转化为气态的过程，通常条件下易升华的物质的熔点、沸点较低，这是分子晶体的特点。答案为A。4、B【解析】依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极，产生的气体是氢气；b为阳极，产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e-=2H2↑；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2-4e-=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H++4e-=2H2O；A．a电极为原电池正极，电极反应为4H++4e-=2H2↑，生成氢气，故A错误；B．c电极为正极得到电子发生还原反应，原电池中阳离子向正极移动，故B正确；b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，故B错误；C．b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，故C错误；D．d为负极失电子发生氧化反应：2H2-4e-=4H+，故D错误；故选B。点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极。5、D【详解】A项、由图象可知，当NaOH体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等，二者的体积相等，则其浓度相等，所以一元酸溶液浓度为0.10mol•L-1，故A正确；B项、a点时，HA溶液和NaOH溶液反应得到等浓度的HA和NaA混合液，溶液中存在电荷守恒关系c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），存在物料守恒关系c（A-）+c（HA）=2c（Na+），整合电荷守恒关系和物料守恒关系可得c（A-）-c（HA）=2c（H+）-2c（OH-），故B正确；C项、由图象可知，室温时，0.10mol/LHA溶液中pH=3，溶液中c（H+）=0.001mol/L，HA的电离常数Ka=≈10－5，则A－的水解常数Kh===10－9，故C正确；D项、d点时得到混合液中c（NaA）：c（NaOH）=2:1，由物料守恒可得3c（HA）+3c（A-）=2c（Na+），故D错误；故选D。【点睛】整合电荷守恒关系和物料守恒关系确定等浓度的HA和NaA混合液中存在关系c（A-）-c（HA）=2c（H+）-2c（OH-）是解答的难点，更是易错点。6、C【解析】A．C2H2为直线形分子，分子结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子，故A不选；B．二氧化碳为直线结构，结构对称、正负电荷中心重合，为非极性分子，故B不选；C．氨气为三角锥形结构，结构不对称、正负电荷中心不重合，为极性分子，故C选；D．BF3为平面三角形结构，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故D不选；故选C。7、A【解析】A项，图a中，如果X为锌电极，若开关K放到A处，是外接电流的阴极保护法，若开关K放到B处，是牺牲阳极的阴极保护法，都能使铁电极受到保护，故A正确；B项，图b中，铁在酸性条件下发生析氢腐蚀，U形管内压强增大，小试管中的导管开始一段时间内液面下降，故B错误；C项，若钢闸门与正极相连，则铁为阳极，失去电子发生氧化反应，会加快金属腐蚀，所以图c中为保护钢闸门，应与外接电源的负极相连，故C错误；D项，图d中电解质溶液为中性，金属发生吸氧腐蚀，锥形瓶中压强减小，右侧烧杯中，导管口不会有气泡冒出，故D错误。8、D【详解】由于是慢慢注入盐酸，反应的实质是CO32-+CO2+H2O→2HCO3-，然后HCO3-+H+→CO2↑+H2O发生，但如果盐酸浓度局部过大时就很快会发生两个反应看到现象是有气泡产生，故A、B、C都有可能发生。9、C【分析】海带提碘步骤：将海带灼烧成灰；浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤，得到不溶的残渣；滤液为含碘离子的溶液；加入氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，利用有机溶剂萃取出碘单质；再通过蒸馏提取出碘单质。【详解】A．海带提碘过程中需要将海带灰溶解，A错误；B．该过程中需要用有机溶剂萃取碘单质，B错误；C．没有用到蒸发操作，C正确；D．在萃取之后需要分液，D错误；故选C。10、C【解析】A不正确，应该是2NA；B中氢气是1mol，含有氢原子数是2NA；氮原子的电子数是7个，14g氮气是0.5mol，含有电子是7NA；NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为28∶8，所以正确的答案选C。11、A【分析】A.溴易挥发，可用水封；B.湿润的KI淀粉试纸接触某气体而显蓝色，说明气体和碘离子反应把碘离子氧化为单质碘，遇到淀粉变蓝；C.碘盐易溶于水，不易溶于CCl4；D.该题中，产生的不溶于稀硝酸的白色沉淀有可能是氯化银，也有可能是硫酸钡。【详解】A.溴易挥发，密度比水大，可用水封，A正确；B.NO2气体、溴单质等也可以把碘离子氧化为单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，B错误；C.碘盐易溶于水，不易溶于CCl4，则碘盐溶于水，在溶液中加入CCl4，振荡，不会发生萃取，C错误；D.某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液不一定含有Ag+，有可能含有SO42-，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查卤族元素的知识，熟悉溴的物理性质，碘单质的特性，萃取的原理是解答本题的关键。12、D【解析】A.①把贝壳煅烧产生CaO，将水加入CaO中制成石灰乳[Ca(OH)2]；由于海边含有丰富的海产品，故贝壳非常丰富，所以此法的优点之一是原料来源丰富，正确；B.①是为了制取Ca(OH)2，②是为了是MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀；③步骤的目的是从海水中提取纯净的无水MgCl2，故①②③步骤的目的是从海水中提取MgCl2，正确；C.贝壳煅烧产生CaO和CO2的反应是分解反应，CaO与水反应制取石灰乳的反应是化合反应；石灰乳与MgCl2反应制取Mg(OH)2沉淀是复分解反应；正确；D.第④步电解熔融的MgCl2制取Mg和Cl2的反应有元素化合价的变化，故是氧化还原反应，错误。故答案选D。13、C【解析】加入足量的氢氧化钠中发生的反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑生成的氢气为3.31L,即0.15mol，所以含有铝0.1mol，而0.1mol铝则变为+3价，所以转移0.3mol电子，Fe被氧化为+3价，Cu被氧化为+2。假设Fe、Cu的物质的量分别是x、y。质量和：2.7+51x+14y="17.9"；沉淀量：107x+98y=25.4；解得x="0.1"mol，y="0.15"molAl、Fe、Cu的物质的量分别是0.1mol、0.1mol、0.15mol所以转移电子数总的为0.9mol；氮原子从硝酸中的+5价还原为+2价，共转移0.9mol电子，则生成NO为0.3mol，则V（NO）=1．72L。故答案选C。14、B【详解】A.原子半径Cl>F，原子半径越大，则其形成的化学键的键长就越大，所以键长：Si-F<Si-Cl，A错误；B.形成化学键的原子半径越小，原子之间的结合力就越强，键能就越大。由于原子半径：Cl>F，所以键能Si-F>Si-Cl，B正确；C.SiF4、SiCl4都是由分子构成的物质，结构相似，物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质气化需要的能量就越大，即物质的沸点越高。由于相对分子质量：SiF4<SiCl4，所以物质的沸点：SiF4<SiCl4，C错误；D.元素的非金属性越强，与同种元素的原子形成的共价键的极性就越强，共用电子对偏离程度就越大。由于元素的非金属性：F>Cl，所以共用电子对偏移程度：Si-Cl<Si-F，D错误；故合理选项是B。15、A【详解】A．反应中C=C键生成C-C键，则为加成反应，故A正确；B．产物对二甲苯也能使酸性高锰酸钾褪色，无法用于检验是否有M残留，故B错误；C．由球棍模型可知M含有C=C键，且含有醛基，结构简式为，故C错误；D．过程ii中有副产物生成，原子利用率不能达到100%，故D错误；答案选A。16、A【详解】A.钠在加热条件下能在空气中燃烧，生成过氧化钠，为黄色固体，故A错误；B.钠的焰色反应为黄色，燃烧时火焰为黄色，故B正确；C.与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，故C正确；D.由于钠的熔点较低，先熔化，故D正确；答案选A。【点睛】钠在加热条件下与氧气发生反应时，由于钠的熔点较低，先熔化，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期ⅦA族钠离子键和（极性）共价键ac除去挥发出来的HCl气体H++HCO3-=H2O+CO2↑c【分析】根据元素在周期表的位置关系可知，X与碳同族，位于碳的下一周期，应为Si元素；Y与硫元素同族，位于硫的上一周期，应为O元素；Z与硫元素处于同一周期，位于第VIIA族，应为Cl元素，结合元素原子的结构和元素周期律分析作答。（1）Z为Cl，质子数为17，电子结构有3个电子层，最外层电子数为7；

（2）电子层相同时核电荷数越大离子半径越小，即同一周期元素原子的半径从左到右依次减小；根据化学键与物质类别分析；

（3）Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可利用单质之间的置换反应、氢化物稳定性比较；

（4）利用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl气体，再将二氧化碳通入硅酸钠溶液中出现白色胶状沉淀，以此证明碳酸的酸性比硅酸强；（5）a．原子的中子数等于质量数-质子数；

b．具有相同质子数、不同中子数的原子互为同位素；

c．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；

d．D即是2H，据此分析。【详解】（1）Z为Cl元素，在周期表中的位置为第三周期ⅦA族；（2）根据上述分析可知，与Cl处于同一周期的原子半径最大的是钠，其最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，其化学键类型为：离子键和（极性）共价键，故答案为钠；离子键和（极性）共价键；（3）a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，则Y的得到电子能力强，Y的非金属性强，a项正确；b.在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多，得电子多少不能比较非金属性，b项错误；c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，可知Y的氢化物稳定，则Y的非金属性强，c项正确；故答案为ac；（4）图中实验装置中，制备二氧化碳的过程中会有HCl气体挥发，为除去二氧化碳气体中的HCl，证明碳酸的酸性比硅酸强，需用饱和碳酸氢钠溶液进行除杂，发生的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑，故答案为除去挥发出来的HCl气体；H++HCO3-=H2O+CO2↑；（5）a.氘(D)原子内有1个质子，质量数为2，因此中子数=2-1=1，a项正确；b.1H与D具有相同质子数、不同中子数，二者互称同位素，b项正确；c.H2O与D2O均为水，属于化合物，不是单质，不能互称同素异形体，c项错误；d.D即是2H，所以1H218O与D216O的相对分子质量相同，d项正确；故答案为c。18、第三周期第ⅢA族H2O离子键、共价键2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑NaH＋H2O=H2↑＋NaOHH2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O【分析】E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，可判断两种液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H；C为O；A、D同主族，且原子序数大于O的，则D为Na；A-E原子的质子数之和为40，则B的序数为7，则为N。【详解】(1)E为Al，在周期表中的位置为第三周期IIIA族；B、C分别为N、O，且非金属性N<O，则氢化物的稳定性为NH3<H2O；B、C、D分别为N、O、Na，组成的化合物为NaNO3，含有离子键、共价键；(2)D2C2为过氧化钠，为离子化合物，电子式为；Al与氢氧化钠、水反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑；(3)元素Na可与氢气反应生成氢化钠，氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为NaH＋H2O=H2↑＋NaOH；(4)过氧化氢有强氧化性，可与Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，方程式为H2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O。19、长颈漏斗饱和食盐水红棕色完全消失通过观察气泡的多少调节两种气体的流速2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑酸式90%偏低【分析】本实验的目的是制备NOCl，该物质易与水反应，制备过程要保持干燥；装置A中利用铜和稀硝酸反应生成NO，装置B对NO进行干燥之后进入装置D中，与干燥纯净氯气在冰盐水浴条件下反应生成NOCl，D装置可以防止空气中的水蒸气进入反应装置是NOCl水解；实验时，需先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，利用产生的NO将装置中的空气排尽，NO易被氧气氧化成NO2，当观察到B中红棕色气体NO2完全消失后，说明装置中空气被排尽，此时装置中充满NO；关闭K1、K2，向装置C三颈瓶中通入干燥纯净Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。【详解】(1)装置B中仪器a的名称是长颈漏斗，因为盐酸易挥发，制备的Cl2中含有少量的HCl，HCl极易溶于水，而Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，装置E中的试剂为饱和食盐水除去Cl2中的HCl。故答案为：长颈漏斗；饱和食盐水；(2)实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，产生NO气体，当观察到B中红棕色完全消失时，说明装置中充满NO，关闭K1、K2。向装置C三颈瓶中通入干燥Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。故答案为：红棕色完全消失；(3)装置B、D除可干燥NO、Cl2外，还可以通过观察气体通过洗气瓶时产生气泡的多少、快慢，通过观察气泡的多少调节两种气体的流速，控制NO和Cl2的气泡的最佳速度为2：1，以便发生反应2NO+Cl2=NOCl，使NO和Cl2反应充分；若装置C中去掉盛CaCl2的干燥管，NOCl遇水易水解生成一种氢化物：HCl、两种氮的常见氧化物分别为：红棕色NO2和无色的NO，则C中NOCl可能发生反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑。故答案为：通过观察气泡的多少调节两种气体的流速；2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑；(4)AgNO3在溶液中水解显酸性，滴定时应将AgNO3标准溶液加入酸式滴定管中；亚硝酰氯(NOCl)溶于水可生成Clˉ，Clˉ和Ag＋发生反应：Clˉ+Ag＋=AgCl，滴定终点Clˉ完全反应，Ag＋与CrO生成砖红色沉淀，根据元素守恒25.00mL溶液中n(NOCl)=n(Clˉ)=n(Ag＋)=0.8mol·L-1×22.5×10-3L=0.018mol，则样品中n(NOCl)=0.018mol×=0.18mol，所以质量分数=×100%=×100%=90%；滴定管0刻度线在上方，仰视读数变大。先仰视后正常，计算体积时为V后-V前(偏大)所以测定结果偏低，根据n(NOCl)=n(Clˉ)=n(Ag＋)，则测定的NOCl的物质的量增大，测定结果偏低，故答案为：酸式；90%；偏低。20、检查装置气密性用作缓冲瓶或安全瓶CDE93.9%SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl产率高，对环境污染小，实验药品用量较少（任写两点，合理即可）【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气（含有氯化氢），经过浓硫酸干燥，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，经过冷凝管冷凝，在具支试管内收集SnCl4，未反应的氯气经导管用实验装置尾部的浸湿氢氧化钠溶液的棉球进行吸收。(1)由于SnCl4是一种极易水解的化合物，它的制备需要在无水的条件下，另外制取的氯气有毒，高温下与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，因此在进行制备实验前，要检查装置的气密性，防止空气中水蒸气进入及防止氯气进入大气；(2)根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，导致实验装置内压强增大，因此V形管起到安全瓶或起缓冲作用；(3)A.根据图示仪器A的构造，不是蒸馏烧瓶；B.由于SnCl4是一种极易水解的化合物，为了充分干燥氯气，浓硫酸的体积应保证无氯气能直接通过球泡，不需要体积大于球泡；C.SnCl4是一种极易水解的化合物，操作时应先滴加浓盐酸，使整套装置内充满黄绿色气体，将实验装置内的空气全部赶出，保证干燥无水的环境，再用煤气灯加热；D.根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，经过冷凝管冷凝，在具支试管内收集SnCl4；E.微型干燥管中的主要作用是防止水蒸气进入磨口具支试管，防止SnCl4水解，另外还可以用于吸收未反应的有毒气体氯气，因此试剂可以是碱石灰、五氧化二磷或无水氯化钙等能够吸水和吸收氯气的干燥剂；(4)根据反应Sn+Cl2SnCl4，计算出生成SnCl4的理论值，再根据产率=进行计算；(5)SnCl4遇氨及水蒸气的反应是制作烟幕弹的原理是：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl；(6)该微型实验的优点是产率高，对环境污染小，实验药品用量较少；【详解】(1)由于SnCl4是一种极易水解的化合物，它的制备需要在无水的条件下，另外制取的氯气有毒，高温下与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，因此在进行制备实验前，要检查装置的气密性，防止空气中水蒸气进入及防止氯气进入大气；故答案为：检查装置气密性；(2)根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，导致实验装置内压强增大，因此V形管起到安全瓶或起缓冲作用；故答案为：用作缓冲瓶或安全瓶；(3)A.根据图示仪器A的构造，不是蒸馏烧瓶，故A错误；B.由于SnCl4是一种极易水解的化合物，为了充分干燥氯气，浓硫酸的体积应保证无氯气能直接通过球泡，不需要体积大于球泡，故B错误；C.SnCl4是一种极易水解的化合物，操作时应先滴加浓盐酸，使整套装置内充满黄绿色气体，将实验装置内的空气全部赶出，保证干燥无水的环境，再用煤气灯加热，故C正确；D.根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，经过冷凝管冷凝，在具支试管内收集SnCl4，故D正确；E.微型干燥管中的主要作用是防止水蒸气进入磨口具支试管，防止SnCl4水解，另外还可以用于吸收未反应的有毒气体氯气，因