2026届广东省潮州市化学高三上期中监测试题含解析

2026届广东省潮州市化学高三上期中监测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与生活、技术密不可分，下列有关说法错误的是A．天然气是高效清洁的化石燃料 B．可利用离子反应处理水中的微量重金属元素C．油脂可以制取肥皂 D．我国使用最早的合金是生铁2、下列关于有机物的说法正确的是()A．乙二醇和丙三醇互为同系物B．分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有4种C．按系统命名法，化合物的名称是2，3，4—三甲基—2—乙基戊烷D．环己烯()分子中的所有碳原子共面3、频哪醇重排反应是有机反应中的一类重要反应。反应过程如下，有关说法正确的是（）A．a、b互为同分异构体 B．a物质中所有碳原子可能共平面C．c的一氯代物数目最多有5种 D．a物质可以发生氧化反应、取代反应、加成反应4、常温下，Ksp(CaSO4)=9×10-4,常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断中正确的是A．a点对应的溶液中c(H+)·c(OH-)的数值为1×10-14B．a点对应的Ksp不等于c点对应的KspC．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42-)=3×10-3mol/L,而向d点溶液中加入适量的CaSO4固体可以变到c点D．CaSO4的饱和溶液中c(SO42-)>c(Ca2+)>c(H+)>c(OH-)5、下列对化学反应本质的认识，错误的是A．原子一定重新组合 B．一定有电子转移C．有旧键断裂和新键形成 D．必然伴随着能量的变化6、下列各组物质在适宜的条件下反应，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1的是（）A．B．Fe2O3+2AlAl2O3+2FeC．CaH2+2H2O===Ca（OH）2+2H2↑D．3NO2+H2O===2HNO3+NO7、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是A．中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料B．中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiC．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键D．用铜片制成的“纳米铜”具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”的还原性比铜片更强8、某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验1实验2下列分析正确的是（）A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关9、已知1mol红磷转化为1mol白磷，吸收18.39kJ热量．①4P(红，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1②P4(白，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2则ΔH1与ΔH2的关系正确的是A．ΔH1＝ΔH2 B．ΔH1>ΔH2 C．ΔH1<ΔH2 D．无法确定10、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．22.0gT2O中含有的中子数为10NAB．7.2g过氧化钙(CaO2)固体中阴、阳离子总数为0.3NAC．6.2LNO2溶于足量水中，充分反应后转移的电子数为0.2NAD．标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合充分反应后，原子总数是0.4NA11、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．1.0mol·L－1的KNO3溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42－B．酚酞呈红色的溶液：NH4＋、Ba2＋、AlO2－、Cl－C．pH=12的溶液：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na＋、K＋、CO32－、NO3－12、羟基水杨胺（Z）可以治疗胆囊炎、胆管炎等。合成羟苯水杨胺的反应如下图，下列说法正确的是A．X能和NaHCO3溶液反应产生CO2B．Z的分子式为C13H12O3NC．X、Y、Z都能发生消去反应、取代反应、加成反应D．Z在一定条件下与NaOH溶液发生反应时，1molZ最多消耗3molNaOH13、下列有关实验操作、发生的现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作发生的现象解释或结论A向亚硫酸钠溶液中，逐滴加入硝酸酸化的硝酸钡溶液产生白色沉淀产生的亚硫酸钡是难溶解入水的沉淀B将SO2通入滴有酸性高锰酸钾溶液中溶液紫红色褪去SO2具有漂白性C常温下铜片插入硝酸中产生红棕色气体常温下铜和硝酸一定产生NO2D向某溶液中加入NaHCO3产生白色沉淀该溶液可能原来含有氢氧化钡A．A B．B C．C D．D14、用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是A．用图1所示装置分离乙醇与乙酸B．用图2所示的装置向容量瓶中转移液体C．用图3所示的装置制备少量氨气D．用图4所示的装置分馏石油15、常温时，下列各溶液中，物质的量浓度关系错误的是（）A．在0.1mol·L－1NaClO溶液中，c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)B．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)C．10mLpH＝2的HCl溶液与10mL0.01mol·L－1Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20mL，则溶液的：c(Cl－)+c(OH－)＝c(Ba2＋)＋c(H＋)D．10mL0.5mol/LNa2CO3溶液中慢慢滴入10mL0.5mol/L盐酸后的溶液：c(CO32－)+c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)16、葡萄酒中常加入亚硫酸盐作为食品添加剂，为检测某葡萄酒样品中亚硫酸盐的含量（通常以酒样中SO2的量计），某研究小组设计了如下实验（已知还原性：SO32->I->Cl-）。下列说法不正确的是A．葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸盐的还原性B．通入N2和煮沸的目的是为了将产生的气体从溶液中全部赶出C．若试剂A选择氯水，则试剂B可选择NaOH标准液D．若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，则试剂B可选择I2标准液二、非选择题（本题包括5小题）17、将晶体X加热分解，可得A、B、D、E、F和H2O六种产物，其中A、B、D都是中学化学中常见的氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物。（1）A能溶于强酸、强碱，写出A与强碱溶液反应的离子方程式:________________________。（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，D溶于水得强酸，则B、D分子中除氧元素外所含另一种元素在元素周期表中的位置是____________________。（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，E的结构式为__________________，工业制取E气体的化学方程式为___________________________。（4）由各分解产物的物质的量之比推测X的组成类似于明矾，若向X的浓溶液中滴加浓NaOH溶液至过量，现象依次为____________________、____________________、__________________。（5）取一定量的X晶体分解，若生成0.1molF，则必同时生成____________（填化学式）________mol。18、如图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体。（1）写出有关物质的化学式X：___；F__。（2）写出A→D的化学方程式___。（3）写出实验室制备C的化学方程式___。（4）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：___，其物质的量之比是：__。②原NaOH溶液的物质的量浓度是___mol/L。19、下图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图：(1)写出用A制取氯气的化学方程式______。(2)利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：Cl2＞Fe3+，则装置B中的溶液的作用是_____；装置D中加的最佳试剂是(填序号)______。供选试剂：a．浓H2SO4b．FeCl2溶液c．KSCN与FeCl2的混合溶液d．无水氯化钙(3)在上图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置同时完成如下实验：实验1：证明SO2具有氧化性和漂白性实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强为了同时完成实验1和实验2，B→E中的试剂分别为：B中为少量Na2S溶液、C中加品红溶液，D中应加入足量的_______(填溶液名称)，E中加入_____溶液(填化学式)。(4)证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为______。20、CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解结晶水合物CuCl·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。（实验探究）该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）。请回答下列问题：（1）仪器X的名称是___。（2）实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)。a．检查装置的气密性后加入药品b．熄灭酒精灯，冷却c．在“气体入口”处通入干燥HCld．点燃酒精灯，加热e．停止通入HCl，然后通入N2（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_______________。（4）装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是___________________。（探究反思）（5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：①若杂质是CuCl2，则产生的原因是_____________________________。②若杂质是CuO，则产生的原因是________________________________。21、甲烷以天然气和可燃冰两种主要形式存在于地球上，储量巨大，充分利用甲烷对人类的未来发展具有重要意义。(1)乙炔(CH≡CH)是重要的化工原料。工业上可用甲烷裂解法制取乙炔，反应为：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)。甲烷裂解时还发生副反应：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)。甲烷裂解时，几种气体平衡时分压(Pa)的对数即lgP与温度(℃)之间的关系如图所示。①1725℃时，向恒容密闭容器中充入CH4，达到平衡时CH4生成C2H2的平衡转化率为_______。②1725℃时，若图中H2的lgp=5，则反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的平衡常数Kp=_________(注：用平衡分压Pa代替平衡浓度mol/L进行计算)。③根据图判断，2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)△H_____0(填“＞”或“＜”)。由图可知，甲烷裂解制乙炔过程中有副产物乙烯生成。为提高甲烷制乙炔的产率，除改变温度外，还可采取的措施有_______。(2)工业上用甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下制得合成气(CO、H2)，发生反应为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H＞0，图中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为1MPa、2MPa时甲烷含量曲线，其中表示1MPa的是________(填字母)。在实际生产中采用图中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑实际生产，说明选择该反应条件的主要原因是__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A、天然气燃烧生成二氧化碳和水，是清洁的化石燃料，选项A正确；B、可利用离子反应处理水中的微量重金属元素，如用硫化钠沉淀铜离子生成硫化铜，选项B正确；C、油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，选项C正确；D、人类使用的合金的时间与冶炼技术有关，活泼性弱的金属容易冶炼，铁、铝比较活泼，难冶炼，铜活泼性较弱，容易冶炼，所以我国使用最早的合金是铜合金（青铜），选项D错误。答案选D。2、B【详解】A．乙二醇和丙三醇中-OH数目不同，不属于同系物，故A错误；B．分子式为C5H12O的醇，它的同分异构体中，经氧化可生成醛，说明连接羟基的碳原子上含有2个氢原子，C5H12的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、(CH3)4C。当烷烃为CH3CH2CH2CH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有1种结构；当烷烃为(CH3)2CHCH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有2种结构；当烷烃为(CH3)4C，-OH取代甲基上的H原子有1种结构，因此C5H12O的醇中可以氧化为醛的醇有4种，故B正确；C．的最长碳链有6个碳，其名称为2，3，4，4-四甲基己烷，故C错误；D．环己烯()分子中含有4个亚甲基，亚甲基具有甲烷的四面体结构，所以分子中所有碳原子不可能共面，故D错误；故选B。3、D【详解】A．a、b的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；B．a分子结构中，这两个碳原子为sp3杂化，具有类似甲烷的立体结构，则结构中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C．c的结构中两个苯环不对称，两个甲基为对称位置，共有7种等效氢原子，则一氯代物数目最多有7种，故C错误；D．a分子结构中含有苯环，可以发生取代反应、加成反应，a可以燃烧，发生氧化反应，故D正确；故答案为D。【点睛】根据分子中等效H原子判断，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。对于等效氢的判断：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；③处于镜面对称位置上的氢原子等效。4、A【解析】A、常温下，水的离子积常数为1×10-14，故a点对应的溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw=1×10-14，选项A正确；B、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，选项B错误；C、d根据图示数据，可以看出b点Qc=2×l0-5＞Ksp，所以会生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向进行，此时溶液中c（SO42-）会小于4×l0-3mol/L，由于c（Ca2+）＞c（SO42-），则c（SO42-）小于3×l0-3mol/L；升高温度，有利于溶解平衡正向移动，所以硫酸根的浓度会增大，向d点溶液中加入适量的CaSO4固体不能变到c点，选项C错误；D、CaSO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故CaSO4的饱和溶液中c(SO42-)=c(Ca2+)>c(H+)=c(OH-)，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了沉淀溶解平衡的应用，图象分析应用，溶度积计算分析，平衡移动方向的判断，关键是计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度。5、B【详解】A、化学反应中原子一定要重新组合，A项正确；B、氧化还原反应本质一定有电子转移，B项错误；C、化学反应的本质是旧键的断裂和新建的形成，C项正确；D、化学反应必然伴随能量的变化，D项正确；答案选B。6、C【解析】A、MnO2是氧化剂，为1mol，HCl为还原剂，为2mol，n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2；B、Fe2O3是氧化剂，为1mol，Al是还原剂，为2mol，n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2；C、CaH2是还原剂，为1mol，H2O是氧化剂，为2mol，n(氧化剂)：n(还原剂)=2：1；D、NO2既是氧化剂，又是还原剂，且n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2；答案选C。7、B【详解】A.碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故A错误；B.芯片主要是使用半导体材料制作，主要成分为Si，故B正确；C.“拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故C错误；D.“纳米铜”与铜都是铜，只是颗粒大小不同，所以化学性质相同，故D错误；答案选B。8、C【分析】由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。【详解】A.实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B.实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D.实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；答案选C。【点睛】注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。9、B【详解】①4P（红）+5O2=2P2O5△H1；②4P（白）+5O2═2P2O5△H2；①﹣②得到4P（红）=4P（白）△H=△H1﹣△H2，已知1mol红磷变成1mol白磷吸收18.39KJ的热量，所以△H1﹣△H2＞0；△H1＞△H2，故选B。10、D【详解】A、T2O的摩尔质量为22g/mol，所以22.0gT2O的物质的量为1mol，中子数为12NA，A错误；B、过氧化钙CaO2中阴阳离子数目比为1:1，所以7.2g过氧化钙(CaO2)固体（物质的量为0.1mol）中阴、阳离子总数为0.2NA.B错误；C、没有给定气体的状态，不能计算出物质的量，C错误；D、NO和O2均为双原子分子，且标准状况下，2.24L气体为0.1mol，所以标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合充分反应后，原子总数是0.4NA，D正确；故选D。【点睛】能够使用气体摩尔体积等于22.4mol/L的一般条件为标准状况下为气体。C选项未提及状态，不能使用。11、C【详解】A.1.0mol·L－1的KNO3溶液：H＋、Fe2＋、NO3－之间发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化成Fe3＋，故A不符；B.酚酞呈红色的溶液呈碱性：NH4＋、OH－发生反应生成NH3·H2O，故B不符；C.pH=12的溶液：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－与OH-之间不生成沉淀、气体、水，也不发生氧化还原反应，故C符合；D.与铝反应产生大量氢气的溶液可能呈酸性或碱性：CO32－在酸性条件下不能大量存在、NO3－在酸性条件下与铝不产生氢气，与题意不符，故D不符；故选C。12、D【解析】A.X物质中含有酚羟基，酚的酸性小于碳酸的酸性，所以X不能和NaHCO3溶液反应产生CO2，故A错误；B.由Z的结构简式可知，Z的分子式为C13H11O3N，故B错误；C.由X、Y、Z的结构简式可知，三种物质均不能发生消去反应，都可以发生取代反应和加成反应，故C错误；D.Z物质中含有2个酚羟基和1个肽键，Z在一定条件下与NaOH溶液发生反应时，1molZ最多消耗3molNaOH，故D正确；答案选D。13、D【详解】A．亚硫酸钠能被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO4沉淀，所以该白色沉淀是硫酸钡，故A错误；B．高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫还原性而不是漂白性，故B错误；C．常温下，Cu和稀硝酸反应生成NO，NO遇空气反应生成红棕色气体二氧化氮，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮、和稀硝酸反应生成NO，故C错误；D．能和碳酸氢钠反应生成白色沉淀的还有氢氧化钙等，所以该实验现象说明该溶液可能原来含有氢氧化钡，故D正确；故选D。【点晴】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质检验、氧化还原反应等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意物质检验时要除去其它物质的干扰，易错选项是B。14、B【解析】试题分析：A．乙醇和乙酸混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法，故A错误；B．转移液体时玻璃棒引流，且玻璃棒的下端在刻度线下，故B正确；C．固固加热制取气体，试管口应略向下倾斜，图中装置错误，故C错误；D．温度计应在蒸馏烧瓶的支管口处，测定馏分的温度，图中伸到液体中，故D错误；故选B.考点：考查化学实验方案的评价，涉及混合物的分离、溶液的配制、气体的制取、石油分馏等。15、C【解析】A.在0.1

mol•L-1NaClO溶液中，存在物料守恒：c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)，故A正确；B.混合后为氯化钠和氨水，显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(C1-)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)，故B正确；C.常温下，pH＝2的HCl溶液浓度为0.01

mol•L-1，10

mL

0.01

mol•L-1HCl溶液与10

mL

0.01

mol•L-1Ba(OH)2溶液充分混合后，碱剩余，根据电荷守恒，c(Cl－)+c(OH－)＝2c(Ba2＋)＋c(H＋)，故C错误；D.10mL0.5mol/LNa2CO3溶液中慢慢滴入10mL0.5mol/L盐酸后的溶液中存在等浓度的氯化钠和碳酸氢钠，溶液显碱性，根据质子守恒，c(CO32－)+c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)，故D正确；故选C。16、C【详解】A、亚硫酸盐具有较强的还原性，可以防止葡萄酒被氧化，选项A正确；B、温度越高，气体在水中的溶解度越小，通入N2和煮沸可以将产生的气体从溶液中全部赶出，选项B正确；C、若试剂A选择氯水，溶液中会有未反应的氯水，当试剂B选择NaOH标准液时，所耗氢氧化钠标准液会偏大，造成结果有较大误差，选项C错误；D、若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，试剂B选择I2标准液，碘与亚硫酸盐反应生成硫酸盐，可以测定亚硫酸盐的含量，选项D正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O第三周期VIA族N2+3H22NH3生成白色沉淀生成有刺激性气味的气体白色沉淀又逐渐溶解SO20.3【解析】试题分析：（1）A能溶于强酸、强碱，A是Al2O3；（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，D溶于水得强酸，则D是SO3、B是SO2；（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，E是NH3；气体E是单质F所含元素的氢化物，所以F是N2；（4）由各分解产物推测X含有铵根离子、铝离子、硫酸根离子；（5）根据得失电子守恒分析；解析：根据以上分析，（1）A是Al2O3，Al2O3与强碱溶液反应生成偏铝酸盐，离子方程式是Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O。（2）D是SO3、B是SO2，则B、D分子中除氧元素外所含另一种元素是S元素，S元素在元素周期表中的位置是第三周期VIA族。（3）E是NH3，NH3的结构式为，工业上用氮气和氢气在高温、高压、催化剂的条件下合成氨气，化学方程式为N2+3H22NH3。（4）由各分解产物推测X含有铵根离子、铝离子、硫酸根离子，向X的浓溶液中滴加浓NaOH溶液至过量，依次发生反应，、、，所以现象依次为生成白色沉淀、生成有刺激性气味的气体、白色沉淀又逐渐溶解。（5）生成1molN2失去6mol电子，生成1molSO2得到2mol电子，电子根据电子得失守恒，若生成0.1molN2，失去0.6mol电子，则必同时生成0.3molSO2。点睛：铝离子结合氢氧根离子的能力大于铵根离子结合氢氧根离子的能力；氧化还原反应中氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。18、NH4HCO3或(NH4)2CO3NO22CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2ONaHCO3和Na2CO31：10.75【分析】根据框图，X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，分别生成气体A和C，则X应为弱酸的铵盐，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则D为碳酸钠或氧气；C能够发生催化剂作用下能够与D反应，则C为NH3，D为O2，则X应为NH4HCO3

或

(NH4)2CO3，B为H2O，结合转化关系可知，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，F为NO2，故答案为NH4HCO3

或

(NH4)2CO3；NO2；(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2，故答案为2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2；(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(4)①(乙)中从开始生成CO2气体至二氧化碳体积最大，消耗HCl50mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体之前消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案为NaHCO3和Na2CO3；1∶1；②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液中只含有溶质NaCl，根据元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L，故答案为0.75。19、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O除去氯气中的氯化氢c酸性高锰酸钾Na2SiO3D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊【分析】在装置A中用二氧化锰和浓盐酸加热反应制备氯气；根据氯气含有氯化氢分析装置B的作用；利用Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-及Fe3+使硫氰化钾溶液变红色分析；根据元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用强酸制弱酸来比较酸性强弱，根据二氧化碳中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，然后检验二氧化碳。【详解】(1)在装置A中MnO2和浓盐酸加热反应，产生MnCl2、Cl2、H2O，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：Cl2＞Fe3+。由于浓盐酸具有挥发性，在制取得到的氯气中含有杂质HCl、水蒸气，则装置B中的溶液的作用是除去氯气中的氯化氢，装置C中盛有浓硫酸对氯气进行干燥，在装置D中盛有FeCl2溶液和KSCN溶液，会发生反应：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，Fe3+与SCN-反应产生Fe(SCN)3，使硫氰化钾溶液变红色，故合理选项是c；(3)若是利用C与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，B中为少量Na2S溶液，发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，证明SO2具有氧化性；C中盛放品红溶液，若看到品红溶液褪色，证明SO2具有漂白性；D中应加入足量的KMnO4溶液，氧化除去SO2气体，若看到溶液的紫色未褪色，则证明剩余气体中不含SO2，只含CO2气体。将其通入盛有Na2SiO3溶液的装置E中，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，若看到E中溶液变浑浊，产生白色沉淀，说明酸性：H2CO3＞H2SiO3，从而证明了元素的非金属性：C＞Si。【点睛】本题考查实验室制备氯气的反应原理和装置分析。注意物质性质的比较，和元素周期律的应用。掌握基本操作和物质性质是解题关键。20、球形干燥管c、d、b先逐渐变为红色，后褪色；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O加热温度不够或加热时间不足没有在HCl的氛围中加热【分析】由题意可知，结晶水合物CuCl·2H2O制备CuCl的过程为先通入HCl，防止没有HCl的情况下加热生成碱式氯化铜，点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl，最后用氮气将装置内的HCl和氯气排空进而被尾气装置中的氢氧化钠吸收。【详解】（1）根据仪器X的构造特点知其名称为干燥管，故答案为球形干燥管。（2）加热CuCl2·2H2O制备CuCl，为防止生成的CuCl被空气中的氧气氧化和Cu+水解，必须要先通入干燥的HCl气体赶走装置中的空气再加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：a-c-d-b-e，故答案为cdb。（3）B中物质由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，故答案为先变红，后褪色；（4）D中是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（5）①根据题给信息知若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，原因为加热时间不足或温度偏低，故答案为加热时间不足或温度偏低；②若杂质是氧化铜，说明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，进一步分解生成C