2026届云南省墨江县民族学校化学高三上期中监测模拟试题含解析

2026届云南省墨江县民族学校化学高三上期中监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、X、Y、Z为三种单质。已知Y能将Z从其化合物的水溶液中置换出来，而Z又能将X从其化合物的水溶液中置换出来。由此可以推断下列说法中可能正确的是①单质的氧化性:Y>Z>X；②单质的还原性:Y>Z>X；③对应离子的氧化性:X>Z>Y；④对应离子的还原性:X>Z>YA．① B．②③ C．①④ D．D①②③④2、下列关于水的说法中正确的是（）A．在任何条件下，纯水都呈中性B．在任何温度下，纯水的pH＝7C．在90℃时，纯水中c(H＋)<1×10－7mol/LD．向纯水中加入少量NaOH固体，水的电离平衡逆向移动，c(OH－)降低3、向一定量的NaOH溶液中逐滴加AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）A．a点对应的溶液中：Na＋、Fe3＋、SO42－、HCO3－B．b点对应的溶液中：Na＋、S2－、SO42－、Cl－C．c点对应的溶液中：Ag＋、Ca2＋、NO3－、F-D．d点对应的溶液中：K＋、NH4+、I－、HCO3－4、若下图表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图。①②下列各表述与示意图一致的是（）A．图①三种离子的物质的量之比为:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝2:3:2B．图②中曲线表示某反应过程的能量变化，若使用催化剂，B点会降低C．图①中使用的NaOH的浓度为2mol/LD．图②中物质A反应生成物质C，ΔH>05、ag镁铝合金投入xmL2mol/L的盐酸中，金属完全溶解。再加入ymL1mol/L的NaOH溶液，沉淀达到最大值，质量为(a+1.7)g,则下列说法不正确的是A．镁铝合金与盐酸反应转移电子数为0.1NAB．产生的H2在标况下体积为1.12LC．x一定等于50D．a的取值范围为0.9<a<1.26、下列反应与对应的图像相符合的是A．I：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0B．II：2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0C．III：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＜0D．IV：H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)ΔH＞07、下列关于酸碱中和滴定实验叙述正确的是A．滴定终点时溶液一定显中性 B．滴定过程中，接近滴定终点改用胶头滴管继续滴加C．酸式滴定管可盛装氧化性试剂 D．滴定达到终点后仰视滴定管读数，待测液浓度偏小8、运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学反应方程式为：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述正确的是A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶5B．KCl既是氧化产物，又是还原产物C．上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15molD．因红磷和白磷互为同素异形体，上述火药中的红磷可以用白磷代替9、室温下，2H2(g)+O2(g)2H2O(l)+566kJ。下列说法错误的是A．H2H+H的过程需要吸热B．若生成2mol水蒸气，则放出的热量大于566kJC．2g氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为283kJD．2mol氢气与1mol氧气的能量之和大于2mol液态水的能量10、下列陈述I、II均正确并且有因果关系的是（）选项陈述I陈述IIAFe2O3是红棕色粉末Fe2O3常做红色涂料BSiO2是两性氧化物SiO2可和HF反应CAl2O3难溶于水Al2O3可用作耐火材料DSO2有漂白性SO2可使溴水褪色A．A B．B C．C D．D11、常温下加入下列物质，能使溶液中c(CO32-)、c(HCO3-)均降低，而pH增大的是A．氢氧化钠溶液 B．通入二氧化碳 C．氢氧化钙溶液 D．盐酸12、向一定量的明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液，生成沉淀的质量m与加入氢氧化钡溶液体积V之间的正确关系式A． B． C． D．13、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A．常温常压下，22.4LNH3中存在共价键的总数为3NAB．0.1mol氯气充分反应，转移的电子数为一定为0.2NAC．100g46%的乙醇水溶液中含有氢原子数为12NAD．1molICl溶于NaOH溶液中生成NaC1和NaIO时，转移的电子数为2NA14、用化学用语表示Na2CO3＋2Cl2===2NaCl＋Cl2O＋CO2中的相关微粒，其中正确的是()A．Na＋的结构示意图：B．Cl2O的结构式：Cl—O—ClC．中子数比质子数多3的氯原子：3517ClD．CO2的电子式：15、下列说法正确的是（）A．Na、Fe、Al都能导电，它们的氧化物都能与酸反应，与碱不反应B．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在，都不是酸性氧化物C．某溶液中加KSCN溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+D．某无色溶液中加入氢氧化钠溶液加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该溶液中一定有NH16、在给定的4种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的有A．滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2+、NH4+、Cl-、NO3-B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH4+、S2-、Br-C．水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+D．pH为13的溶液：CO32-、SO32-、S2O32-、Na+二、非选择题（本题包括5小题）17、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____。18、现有部分短周期主族元素的性质或原子结构如表所示：元素编号元素性质或原子结构X周期序数＝主族序数＝原子序数Y原子最外层电子数为a，次外层电子数为bZ原子L层电子数为a+b，M层电子数为a－bM单质在自然界中的硬度最大N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍（1）写出X、Y、Z、N四种元素的名称：X________，Y________，Z________，N________。（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等，写出符合下列要求的分子式：①含10e−且呈正四面体结构的分子________；②含14e−的双原子分子________；③含16e−且能使溴水褪色的分子________；④含18e−且常温下呈液态的分子________。19、水合肼是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO==Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。（制备NaClO溶液）实验装置如图甲所示部分夹持装置已省略已知：3NaClO2NaCl+NaClO3（1）请写出肼的电子式_________________。（2）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有___________。（3）装置I中发生的化学反应方程式是____________________________；Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的是______________________________。（制取水合肼）实验装置如图乙所示。（4）仪器B的名称为_________；反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4·H2O参与A中反应并产生大量氮气，请写出该反应的化学反应方程式_________________。（5）充分反应后，加热蒸馏烧瓶A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。若在蒸馏刚刚开始的时候忘记添加沸石，应该采取的操作是_____________________。（测定肼的含量）称取馏分0.2500g，加水配成20.00mL溶液，在一定条件下，以淀粉溶液做指示剂，用0.1500mol·L－1的I2溶液滴定。已知：N2H4·H2O+2I2==N2↑+4HI+H2O滴定终点时的现象为_____________________________________。实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中N2H4.H2O的质量分数为______。20、乙酸丁酯是重要的化工原料，具有水果香味。实验室制备乙酸丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的反应装置示意图和有关信息如下：乙酸正丁醇乙酸丁酯熔点/℃16.6－89.5－73.5沸点/℃117.9117126.0密度/g·cm－31.10.800.88(1)乙酸丁酯粗产品的制备在干燥的50mL圆底烧瓶中，装入沸石，加入12.0mL正丁醇和16.0mL冰醋酸(过量)，再加3～4滴浓硫酸。然后再安装分水器(作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水)、冷凝管，然后小火加热。写出制备乙酸丁酯的化学方程式_________。将烧瓶中反应后的混合物冷却与分水器的酯层合并。装置中冷水应从________(填“a”或“b”)口通入；通过分水器不断分离除去反应生成的水的目的是_____________。(2)乙酸丁酯的精制将乙酸丁酯粗产品用如下的操作进行精制：①水洗、②蒸馏、③用无水MgSO4干燥、④用10%碳酸钠洗涤。①正确的操作步骤是________________(填标号)。A．①②③④B．③①④②C．④①③②D．③④①②②在乙酸丁酯的精制中，用10%碳酸钠洗涤的主要目的是_________。③在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后________(填标号)。a.直接将乙酸丁酯从分液漏斗的上口倒出b.直接将乙酸丁酯从分液漏斗的下口放出c.先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从下口放出d.先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口倒出(3)计算产率测量分水器内由乙酸与丁醇反应生成的水体积为1.8mL，假设在制取乙酸丁酯过程中反应物和生成物没有损失，且忽略副反应，乙酸丁酯的产率为________。21、铝、铁、铜是应用最普遍的金属。（1）铜是印刷电路工业的重要材料。用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜，是工业上采用的方法之一。已知：Cu(s)+2H+(aq)==Cu2+(aq)+H2(g)△H=+64.39kJ/mol2H2O2(l)==2H2O(l)+O2(g)△H=﹣196.46kJ/molH2(g)+1/2O2(g)==H2O(l)△H=﹣285.84kJ/mol在H2SO4溶液中Cu和H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为______（2）镁铝合金生活中应用广泛。取样品a克，溶于200mL5mol/L的HCl溶液，收集到标况下氢气3.36L，a的取值范围_____，向反应后溶液中加入4mol/LNaOH溶液____mL，沉淀质量达到最大值。（3）标准状况下，铁铜合金ag加入足量稀硝酸中，收集了一定量气体NO，在混合了67.2mLO2后，可完全被H2O吸收，无气体剩余。则生成的NO为_________mL；向反应后溶液加足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量____________g。（用含a的代数式表示）（4）如图所示，A，F为石墨电极，B，E为铁片电极。按要求回答下列问题。①打开K2，闭合K1，B为____极，A的电极反应式为：_________________________。②打开K1，闭合K2，E为_____极，F极的电极反应式为：______________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】Y能将Z从其化合物中的水溶液中置换出来，因为不知道Z在化合物中的价态，因此可能Y的氧化性大于Z，也可能是Y的还原性大于Z，Z能将X从其化合物的水溶液中置换出来，因为不知道X在化合物中的价态，因此推出Z的氧化性可能强于X，或者Z的还原性强于X，①根据上述分析，氧化性Y>Z>X，故①正确；②根据上述分析，还原性Y>Z>X，故②正确；③单质的还原性强，其离子的氧化性就弱，因此离子的氧化性：X>Z>Y，故③正确；④单质的氧化性强，其离子的还原性减弱，即离子的还原性：X>Z>Y，故④正确；综上所述，选项D正确。点睛：非金属性或金属性强弱的比较中常用的方法之一是置换反应，（非）金属性强的置换出（非）金属性弱的，同时学生还应注意“单强离弱、单弱离强”的理解，特别注意(Fe3＋除外)。2、A【详解】A．在任何条件下，纯水中c（H+）=c（OH-），所以纯水任何条件下都呈中性，故A正确；B．水的电离是吸热反应，常温下水的pH等于7，温度升高，水的电离程度增大，pH=-lgC〔H+〕，100℃时，纯水的c（H+）=1×10-6mol/L，pH=-lg1×10-6=6，故B错误；C．在90℃时，温度升高水的电离受到促进，纯水中的氢离子浓度大于10-7mol/L，故C错误；D．向纯水中加入少量

NaOH固体，水的电离逆向移动，但氢氧化钠会电离出氢氧根，c（OH-）增大，故D错误；故答案为A。3、B【解析】A，a点溶液中溶质为NaOH、NaCl和NaAlO2，Fe3+、HCO3-不能大量存在；B，b点溶液中溶质为NaAlO2和NaCl，离子相互间不反应，能大量共存；C，c点溶液中溶质为NaCl，Ag+能与Cl-反应，Ag+不能大量存在；D，d点溶液中溶质为NaCl和AlCl3，CO32-与Al3+反应，CO32-不能大量存在；一定能大量共存的是B项，答案选B。点睛：本题考查与图像有关的离子共存，确定图像中各点的溶质和离子的性质是解题的关键，Ob段发生的反应为：AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，b点NaOH恰好完全反应，bc段发生反应3NaAlO2+AlCl3+6H2O=3NaCl+4Al（OH）3↓，c点NaAlO2恰好被完全消耗。4、B【解析】A、图①涉及到的离子方程式有：Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，NH4++OH-═NH3•H2O，Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，设NaOH溶液的浓度为xmol/L，则n(NH4+)=0.01xmol，n[Al(OH)3]=n(Al3+)=0.005xmol，n(Mg2+)=0.025xmol-0.005×3xmol2=0.005xmol，则：n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，故A错误；B、图②中表示某反应过程的能量变化，使用催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；C、设NaOH溶液的浓度为xmol/L，根据n(Mg2+)=n(Mg(OH)2)=0.005xmol=0.05mol，x=10mol/L，故C错误；D、图②中曲线表示反应物和生成物的能量的大小，如A是反应物，则反应放热，△H＜0，故D错误；故选【点睛】本题考查离子浓度的计算以及反应能量变化等知识，催化剂对反应的影响。本题的易错点和难点为A，要注意根据图像，判断发生反应的先后顺序，结合图像分析解答。5、C【详解】A．金属失去的电子数等于其金属阳离子结合的OH－的数目，则OH－的质量为1.7g，说明镁铝合金失去0.1mol电子，正确，不选A、B．失去0.1mol电子，生成0.05mol氢气，标准状况下，体积为1.12L，正确，不选B；C．金属完全溶解，盐酸可能有剩余，错误，选C；D．假设全为金属镁，则0.05mol，质量为0.05mol×24g/mol=1.2g；假设全为铝，则铝的物质的量为mol，则铝的质量为0.9g，正确，不选D。答案选C。6、B【解析】试题分析：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，生成物的浓度降低，图像Ⅰ不符合，A错误；2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0，升高温度，平衡正向移动，生成物的浓度升高，增大压强，平衡逆向移动，v(逆)>V(正)，图像Ⅰ、Ⅱ都符合，B正确；4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＜0升高温度，平衡逆向移动，生成物的浓度降低，图像Ⅰ不符合，C错误；H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)ΔH＞0，增大压强，平衡正向移动，V(正)>v(逆)，图像Ⅱ不符合，D错误。考点：考查化学平衡图像。7、C【详解】A.用氢氧化钠溶液滴定硫酸溶液到滴定终点时，指示剂指示反应终点的变色不一定正好在pH=7，所以混合溶液不一定显中性，故A错误；B.滴定过程中，使用滴定管缓慢滴加溶液，无需改用胶头滴管，故B错误；C.酸式滴定管全为玻璃构造，可盛装氧化性试剂，故C正确；D.滴定管0刻度在上面，仰视时读数偏大，所以导致待测液浓度偏大，故D错误；故选C。8、C【解析】A.5KClO3+6P=3P2O5+5KCl分析该反应中元素化合价：氯元素由KClO3中的+5价降到KCl中的-1价，得电子，故KClO3是氧化剂；磷元素由P中的0价升高到P2O5中的+5价，失电子，故P是还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:6，A项错误；B.因为反应中氯元素由KClO3中的+5价降到KCl中的-1价，氯元素发生还原反应，钾元素化合价没变，所以KCl只是还原产物，B项错误；C.根据化合价升降与电子得失的关系可知：磷元素由P中的0价升高到P2O5中的+5价，每个磷原子失5个电子，所以反应消耗3molP时磷原子失去15mol电子，即反应中转移15mol电子，C项正确；D.白磷的着火点很低，在空气中发生缓慢氧化而自燃，而且白磷剧毒，所以火药中的红磷不可以用白磷代替，D项错误；答案选C。9、B【详解】A.化学键断裂需要吸热，所以H2H+H的过程需要吸热，故A正确；B.水蒸气的能量大于液态水，若生成2mol水蒸气，则放出的热量小于566kJ，故B错误；C.根据2H2(g)+O2(g)2H2O(l)+566kJ，4g氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为566kJ，所以2g氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为283kJ，故C正确。D.2H2(g)+O2(g)2H2O(l)反应放热，2mol氢气与1mol氧气的能量之和大于2mol液态水的能量，故D正确；选B。【点睛】本题考查了热化学方程式的含义，应注意的是反应物和生成物的状态对反应的热效应的影响，物质气态时含有的能量大于液态时的能量。10、A【详解】A、因Fe2O3是红棕色粉末，故Fe2O3常做红色涂料，正确；B、SiO2是酸性氧化物，错误；C、Al2O3可用作耐火材料是由于Al2O3的熔点高，错误；D、SO2可使溴水褪色是由于SO2具有还原性，错误。故选B。11、C【详解】A、加入氢氧化钠溶液，碳酸氢根与氢氧根反应生成碳酸根和水，碳酸根浓度增大，A错误；B、二氧化碳与碳酸根、水反应生成碳酸氢根，碳酸氢根浓度增大，B错误；C、碳酸根、碳酸氢根均与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，溶液中c(CO32-)、c(HCO3-)均降低而pH增大，C正确；D、向溶液中加入盐酸，溶液的pH减小，D错误；故选C。12、C【解析】向一定质量的明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，先发生2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓+K2SO4，然后发生氢氧化铝的溶解和硫酸钡的形成，2Al（OH）3+K2SO4+Ba（OH）2=2KAlO2+BaSO4↓+H2O，图像中沉淀的质量量逐渐增多，后由于氢氧化铝的溶解，沉淀的质量增大的幅度减小，最后不变，故选C。【点睛】本题考查物质之间的反应，明确离子反应先后顺序是解本题关键。本题的易错点为D，要注意氢氧化铝溶解的同时，会继续生成硫酸钡沉淀，沉淀的总质量仍增加。13、C【分析】根据与物质的量相关物理量之间的关系分析。进行有关气体摩尔体积的计算时，注意条件必须为标准状况下。【详解】A.进行有关气体摩尔体积的计算时，条件为标准状况下，A错误；B.0.1mol氯气与氢氧化钠完全反应时，转移电子数目为0.1NA，B错误；C.100g46%的乙醇水溶液中，乙醇46g，其物质的量为1mol，含有氢原子数为6NA；水54g，3mol，含有氢原子数为6NA，共计12NA，C正确；D.ICl中，I与Cl对共用电子对的作用力不同，共用电子对偏向Cl，则Cl为-1价，I为+1价，生成NaC1和NaIO时，无电子转移，D错误；答案为C。【点睛】本题C选项难度较大，若不计算水的质量，会忽略水中的氢原子，容易出错。14、B【详解】A.钠原子核电核数为11，所以Na＋的结构示意图：，故A错误；B.Cl2O分子中一个氧原子与两个氯原子各形成一条共价键，结构式为：Cl—O—Cl，故B正确；C.氯原子的质子数为17，中子数比质子数多3则为20，质量数为17+20=37，所以该氯原子为：3717Cl，故C错误；D.CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为：，故D错误。答案选B。15、D【详解】A．Na、Fe、Al都能导电，Al的氧化物既能与酸反应，又能与碱反应，A说法错误；B．CO、NO、NO2都是大气污染气体，NO可与空气中氧气反应，B说法错误；C．某溶液中加KSCN溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，不能证明是否含有Fe2+，C说法错误；D．某无色溶液中加入氢氧化钠溶液加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则该溶液中一定有NH，D说法正确；答案为D。16、D【解析】A.滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性；B.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液应具有强氧化性；C.水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；D.pH为13的溶液呈碱性；结合溶液的性质判断离子之间能否发生反应，以此可判断离子能否电离共存；【详解】A.滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存,故A错误；

B.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液应具有强氧化性，具有还原性的S2-不能大量共存，故B错误；C.水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液,水的电离受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,无论溶液呈酸性还是碱性HCO3-都不能大量共存，故C错误；D.pH为13的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存,故D正确；正确选项D。【点睛】室温下，水电离产生的c(H+)<10-7mol/L，说明溶液可能为酸性，也可能为碱性，酸碱抑制水电离；水电离产生的c(H+)>10-7mol/L，溶液可能为水解的盐，促进了水的电离。二、非选择题（本题包括5小题）17、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。18、氢氧硅硫CH4COC2H4H2O2【分析】X的周期序数＝主族序数＝原子序数，X为H元素；Z的原子L层电子数为a＋b，M层电子数为a－b，则a＋b=8，Y的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，则b=2，因此a=6，则Y为O元素；Z为Si元素；M的单质在自然界中的硬度最大，M为C元素；N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍，N为S元素。【详解】（1）根据上述分析，X、Y、Z、N四种元素的名称分别为氢、氧、硅、硫，故答案为氢；氧；硅；硫；（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等。①含10e－且呈正四面体结构的分子为CH4，故答案为CH4；②含14e－的双原子分子为CO，故答案为CO；③含16e－且能使溴水褪色，说明分子中含有不饱和键或具有还原性，该分子为C2H4，故答案为C2H4；④含18e－且常温下呈液态的分子为H2O2，故答案为H2O2。19、烧杯、玻璃棒MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O防止温度过高次氯酸钠变为氯化钠和氯酸钠直形冷凝管N2H4·H2O+2NaClO====2NaCl+N2↑+3H2O冷却后补加滴定终点时的现象为当加入最后一滴滴定剂的时候，溶液出现蓝色且半分钟内不消失。

30.0%【详解】（1）肼是共价化合物，原子之间通过共价键结合，则肼的电子式为：。本小题答案为：。（2）配制30%的NaOH溶液时，用天平称量质量，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒。本小题答案为：烧杯、玻璃棒。（3）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气与水，化学反应方程式为：。温度升高时，次氯酸钠容易发生自身的氧化还原反应生成氯酸钠和氯化钠，所以步骤Ⅰ温度需要在30℃以下，其主要目的是防止NaClO(歧化)分解为氯酸钠和氯化钠。本小题答案为：；防止温度过高次氯酸钠变为氯化钠和氯酸钠。（4）仪器B为直形冷凝管。具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化，发生的反应为：。本小题答案为：直形冷凝管；。（5）充分反应后，加热蒸馏烧瓶A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。若在蒸馏刚刚开始的时候忘记添加沸石，应该采取的操作是冷却后补加。碘的标准溶液与肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色，实验滴定终点的现象为：当加入最后一滴滴定剂的时候，溶液出现蓝色且半分钟内不消失。设馏分中水合肼的质量分数为α，则N2H4·H2O+2I2==N2↑+4HI+H2O1mol2mol计算得出α=30.0%本小题答案为：冷却后补加；滴定终点时的现象为当加入最后一滴滴定剂的时候，溶液出现蓝色且半分钟内不消失；30.0%。20、CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2Ob分离生成的水，使平衡正向移动，提高产品的产率C洗掉浓硫酸和过量的乙酸d77.1%【分析】（1）根据冷水从下进上出冷却效果好判断进水口，正丁醇和冰醋酸反应生成乙酸丁酯和水，水的密度大，除掉生成物平衡右移；（2）①根据各物质的溶解性及性质进行排序；②饱和碳酸钠溶液能洗掉浓硫酸和过量的乙酸；③乙酸丁酯的不溶于水，密度比水小，所以先从下口放出水溶液，再从上口倒出乙酸丁酯；（3）先根据正丁醇的量计算理论上酯的量，再根据水的量计算实际上酯的量，实际上酯的量与理论值之比即为酯的产率。【详解】（1）正丁醇和冰醋酸（过量)反应生成乙酸丁酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O，冷凝管冷却时，采用逆流冷却的效果好，所以冷水从b进，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物有水，分离生成的水，使平衡正向移动，提高产品的产率，所以要通过分水器不断分离除去反应生成的水，

故答案为CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O；b；分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应产率。

（2）①因为正丁醇和乙酸都具有挥发性，所以制取的酯中含有正丁醇和乙酸，第一步水洗除去酯中的正丁醇和乙酸；第二步用10%碳酸钠洗涤除去乙酸；第三步用水洗涤除去碳酸钠溶液；第四步用无水硫酸镁干燥除去水；第五步蒸馏，制得较纯净的酯。

故选C。

②制备乙酸丁酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是除去产品中含有的乙酸、硫酸等杂质降低乙酸丁酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，

故答案为除去产品中含有的乙酸、硫酸等杂质。

③由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸丁酯从上口放出，所以正确的为d，

故选d。

（3）12.0mL正丁醇的质量为12.0mL×0.8g/mL=9.6g，设12.0mL正丁醇理论上生成酯的质量为x，根据反应CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O74g116g18g

9.6gxg

74g/9.6g=116g/xg解得x=15.05g，当反应生成的水体积为1.8mL即为1.8g时，实际产量为11.6g，所以产率=11.6g÷15.05g×100%=77.1%，

故答案为77.1%。【点睛】第（3）小题有关产率的计算，产率=实际产量÷理论产量×100%。21、Cu(s)+2H+(aq)+H2O2(l)=Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=-319.68kJ/mol2.7＜a＜3.625089.6a+0.204负O2＋4e－＋2H2O=4OH－阴2Cl－－2e－=Cl2↑【分析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律分析解答；(2)根据极限法求出极限点，当氢气的量一定时，合金全为Mg时合金质量最大，当合金全为Al时合金质量最小；当沉淀质量达到最大值时，溶液中只有氯化钠溶质，据此分析计算；(3)根据方程式4NO+3O2+2H