2026届江苏省镇江市实验高级中学高三上化学期中质量检测模拟试题含解析

2026届江苏省镇江市实验高级中学高三上化学期中质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列有关水处理方法不正确的是A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg+等重金属离子D．用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨2、将铝、铁物质的量均为0.2mol的某种铝铁合金粉末分别于下列溶液充分反应（溶液均过量），放出氢气最多的是A．18.4mol·L-1H2SO4溶液B．1.5mol·L-1HCl溶液C．4mol·L-1HNO3溶液D．3mol·L-1NaOH溶液3、氮气可以作食品包装、灯泡等的填充气，也是合成纤维、合成橡胶的重要原料。实验室制备氮气的反应式：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O。下列说法正确的是（）A．元素的电负性：N>O>HB．氮气分子的电子式：C．钠电离最外层一个电子所需要的能量：①>②D．水中的氢键可以表示为：O—H…O，其中H…O之间的距离即为该氢键的键长4、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，22.4LCl2与1molFeI2反应时转移的电子数小于2NAB．将1L0.1mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得胶体，所含胶体粒子数目为0.1NAC．120gNaHSO4与KHSO3的固体混合物中阳离子数目大于NAD．标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含O－H键数目为0.4NA5、化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（）A．食盐、食醋、食用油均可用作食品添加剂，都属于有机物B．碳酸钡、碳酸氢钠、氢氧化铝均可作为抗酸药物使用C．工业生产玻璃和水泥，均需要用石灰石为原料D．海水淡化是解决淡水供应危机的方法之一，向海水中加入明矾可以使海水淡化6、向50mLNaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol·L﹣1的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是()A．OA段所发生反应的离子方程式：H++OH﹣＝H2O；CO32﹣+H+＝HCO3－B．NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1：1C．产生的CO2体积（标准状况下）为0.056LD．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol·L﹣17、一定能在指定环境中大量共存的是A．与铝反应放出氢气的溶液：K＋、SO42－、NO3－、Na+B．在pH=1的溶液中：NO3－SO42－Na+Fe2+C．在强碱溶液中：K＋、Na+、CO32－、NO3－D．在由水电离出的c(H+)=1×10－12mol/L的溶液中：Fe3+、Cl－、Na+、SO42－8、设NA表示阿伏加德罗常数。下列说法中错误的是A．0.1mol/L的NaClO溶液中含ClO-的浓度小于0.1mol/LB．标准状况下，22.4L乙烯中含极性共价键数为4NAC．1mol氢氧根离子与1mol羟基所含电子数均为10NAD．3.0g甲醛和甲酸甲酯的混合物中含有的原子数为0.4NA9、铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98g(用精密天平测量)Cu(OH)2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图1所示；另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素质量的关系曲线，如图2所示。则下列分析正确的是()A．图1中，A到B的过程中有0.005mol电子发生了转移B．图1整个过程中共生成0.18g水C．图2三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是AD．图1中A和B化学式分别为Cu2O和CuO10、常温下，下列各组离子(或在指定条件下)能大量共存的是(

)A．滴加KSCN显红色的溶液：、K+、Cl-、S2-B．、Na+、、C．c(ClO-)=

1mol/L的溶液中：Fe2+、Al3+、、I-D．在碱性溶液中：

、Na+、

S2-、、11、下列实验中，始终无明显现象的是()A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO3通入Ba(NO3)2溶液中12、足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入6mol·L—1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A．60mL B．50mL C．30mL D．15mL13、某离子反应涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒．其中c（NH4+）随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是（）A．反应的还原产物是N2B．消耗1mol氧化剂，转移电子3molC．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．反应后溶液的酸性明显增强14、近日，北京某区食药监局向居民发放了家用食品快检试剂盒．试剂盒涉及的部分检验方法如下，其中不是通过化学原理进行检验的是（）A．通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度B．用含Fe2+的检测试剂检验自来水中余氯的含量C．向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量D．通过观察放入检测液中鸡蛋的沉浮检验鸡蛋新鲜度15、下列说法正确的是A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加B．SO3与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO4，SO2与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3C．明矾水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂D．室温下，SiO2(s)+3C(s)=SiC(s)+2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<016、已知；若使液态酒精完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为（单位为）（）A． B． C． D．二、非选择题（本题包括5小题）17、丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒的新药。合成丁苯酞（J）的一种路线如图所示：（1）A的名称是_______，E到F的反应类型是___________。（2）试剂a是________，F中官能团名称是_______。（3）M组成比F多1个CH2，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体中：①能发生银镜反应；②含有苯环；③不含甲基。满足上述条件的M的同分异构体共有______种。（4）J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环，J的结构简式为__________。H在一定条件下还能生成高分子化合物K，H生成K的化学方程式为________。（5）利用题中信息写出以乙醛和苯为原料，合成的路线流程图（其它试剂自选）。________。18、已知A～H均为中学化学常见的物质，转化关系如下图。其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体，D、F、G、H的焰色反应均为黄色，E为两性化合物。（1）写出C与水反应的离子方程式_____________________________________，假设温度不变，该反应会使水的电离程度________（填写“变大”“变小”“不变”）（2）B的水溶液呈_________性，用离子方程式解释原因______________（3）将A～H中易溶于水的化合物溶于水，会抑制水的电离的是____________（填序号）（4）常温下，pH均为10的D、F溶液中，水电离出的c(OH－)之比为___________________向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，所得溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为：_______________19、硫酸四氨合铜晶体｛[Cu(NH3)4]SO4·H2O｝为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，主要用作印染剂、杀虫剂及制备某些含铜的化合物。某实验小组拟制备氨气，并通入到硫酸铜溶液中制备硫酸四氨合铜，装置如下：回答下列问题：(1)装置A为制备氨气的实验装置，下列装置中可选用的有______(填标号)。(2)装置a的名称为______；已知液体b与CuSO4溶液互不相溶，是常用的有机溶剂，则液体b的化学式为_____，作用是______。(3)由于硫酸四氨合铜晶体能在热水中分解，实验时可向所得溶液中加入______来获得晶体。(4)硫酸四氨合铜晶体中铜含量的测定可用碘量法。在微酸性溶液中(pH=3~4)，Cu2+与过量I－作用，生成I2和CuI(不溶于水也不溶于非氧化性酸)，生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定(已知滴定反应为：I2+2S2O32-=S4O62－+2I-)。①滴定过程中使用的指示剂为______，滴定终点的现象为______。②准确称取1.00g产品，配制成100mL溶液。取20mL该溶液，用0.050mol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，消耗标准溶液16.00mL，计算产品纯度为______。20、FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃-4553易升华沸点/℃132173(1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_______。②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为____（填字母，装置可多次使用）；C中盛放的试剂是_____。③该制备装置的缺点为______。(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。①仪器a的名称是____。②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是__，回收滤液中C6H5C1的操作方法是____。③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为______。21、氮的重要化合物如氨（NH3）、肼（N2H4）等，在生产、生活中具有重要作用。（1）已知200℃时，反应Ⅰ：反应Ⅱ：写出200℃时，肼分解为氮气和氢气的热化学方程式：____。（2）氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源，得到广泛研究。在Co—Al催化剂体系中，压强下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下氨气转化率随温度变化曲线如图，活化能最小的催化剂为____。同一催化剂下，温度高时NH3的转化率接近平衡转化率的原因是____。如果增大气体流速，则点对应的点可能为____（填“a、c、d、e、f”）。（3）氨硼烷（NH3∙BH3）是氮和硼的氢化物，易溶于水，易燃。氨硼烷（NH3∙BH3）电池可在常温下工作，装置如图所示，电池反应为NH3∙BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知H2O2足量，未加入氨硼烷之前，两极室质量相等。①负极电极反应式为____。②工作足够长时间后，若左右两极质量差为3.8g，则电路中转移电子的物质的量为____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A、石灰、碳酸钠都呈碱性，能与酸反应，故可用于处理废水中的酸，A正确；B、铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，酥松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，B正确；C、氯气可用于水的消毒杀菌，对重金属离子没有作用，可以加入硫化物生成硫化物沉淀来处理重金属，C错误；D、烧碱可与铵根离子反应产生氨气，D正确。故选C。2、B【解析】试题分析：Fe、Al与浓硫酸发生钝化，Fe、Al与稀硝酸发生氧化还原反应不生成氢气，则排除A、C，因Fe、Al均与盐酸反应，只有Al与NaOH反应，等物质的量的铝铁合金粉末，与1.5mol·L-1HCl溶液反应生成氢气最多，故B项正确。考点：本题考查金属的性质。3、C【详解】A.同周期元素，原子序数越大，电负性越大，则元素的电负性：O>N>H，与题意不符，A错误；B.氮气分子的电子式：，与题意不符，B错误；C.②时，最外层电子跃迁到3p能级，具有较高的能量，则钠电离最外层一个电子所需要的能量：①>②，符合题意，C正确；D.水中的氢键可以表示为：O—H…O，其中H…O之间的距离即为分子间的作用力，与题意不符，D错误；答案为C。4、A【详解】A.常温常压下，22.4LCl2的物质的量小于1mol，则与1molFeI2反应时转移的电子数小于2NA，A正确；B.将1L0.1mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得胶体，每个胶粒不一定为一个Fe(OH)3，则所含胶体粒子数目不一定为0.1NA，B错误；C.NaHSO4、KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，120gNaHSO4与KHSO3的固体混合物的物质的量为1mol，阳离子分别为Na+、K+，阳离子数目等于NA，C错误；D.标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为0.2mol，其完全燃烧生成0.4mol水，产物中所含O-H键数目为0.8NA，D错误；答案为A。5、C【详解】A、食盐、食醋、食用油均可用作食品添加剂，食醋的主要成分醋酸和食用油属于有机物，而食盐为氯化钠的俗称，属于无机物，A错误；B、碳酸钡与氢离子反应生成钡离子、二氧化碳和水，钡离子有毒，不能作为抗酸药物使用，B错误；C、工业生产玻璃的原料为纯碱、石灰石和二氧化硅，生产水泥的原料为石灰石和粘土，均需要用石灰石为原料，C正确；D、海水淡化是解决淡水供应危机的方法之一，常用的海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法，向海水中加入明矾，明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附海水中的悬浮物而沉降下来，用于海水的净化，不能使海水淡化，D错误；答案选C。6、D【解析】根据图像可知产生CO2消耗盐酸的体积是25mL，而之前消耗盐酸是50mL。由于碳酸钠与盐酸反应时首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应放出CO2，方程式为CO32－＋H＋＝HCO3－、HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑。根据方程式可判断溶液中还含有氢氧化钠，即前25mL盐酸中和氢氧化钠，后25mL盐酸与碳酸钠反应，最后25mL盐酸与碳酸氢钠反应。【详解】A．根据以上分析可知OA段所发生反应的离子方程式：H＋＋OH－＝H2O、CO32－＋H＋＝HCO3－，A正确；B．根据以上分析可知NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1∶1，B正确；C．产生的CO2消耗的盐酸物质的量是0.025L×0.1mol/L＝0.0025mol，则根据方程式HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑可知放出CO2是0.0025mol，在标准状况下的体积为0.0025mol×22.4L/mol＝0.056L，C正确；D．反应结束后溶液中氯化钠的物质的量是0.075L×0.1mol/L＝0.0075mol，根据钠离子守恒可知原NaOH溶液的物质的量浓度为0.0075mol÷0.01L＝0.75mol·L－1，D错误；答案选D。7、C【详解】A.与铝反应放出氢气的溶液既可能是酸溶液，也可能是碱溶液，若溶液是酸性的，NO3－在酸性环境下有强氧化性，不可能和铝反应生成氢气，故A不选；B.pH=1的溶液中有大量的H+，NO3－在酸性环境下有强氧化性，能氧化Fe2+，故B不选；C.在强碱溶液中有大量的OH-，OH-和K＋、Na+、CO32－、NO3－不反应，这四种离子相互间也不反应，故C选；D.由水电离出的c(H+)=1×10－12mol/L的溶液既可能是酸溶液也可能是碱溶液，若溶液为碱性，Fe3+和OH-会生成沉淀而不能大量共存，故D不选；故选C。【点睛】由水电离出的氢离子或氢氧根离子若小于10-7mol/L的溶液也即可能是酸溶液，也可能是碱溶液。同样，和铝反应能放出氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液。若和铁放出氢气的溶液，则只能是酸溶液。8、C【详解】A、NaClO溶液中ClO-水解，故含ClO-的浓度小于0.1mol/L，A项正确；B、标准状况下，22.4L乙烯是1mol，含极性共价键是CH键，共为4NA，B项正确；C、1mol氢氧根离子所含电子数均为10NA，但1mol羟基所含电子数均为9NA，C项错误；D、甲醛和甲酸甲酯最简式相同，都是CH2O，3.0g共含最简式0.1mol，混合物中含有的原子数为0.4NA，D项正确；答案选C。9、B【解析】0.98gCu(OH)2物质的量为0.98g÷98g/mol=0.01mol，若全部生成CuO，则质量为0.01mol×80g•mol-1=0.8g，所以A点是CuO；若全部生成Cu2O，则质量为0.005mol×144g•mol-1=0.72g，所以B点是Cu2O；A.根据反应方程式4CuO2Cu2O+O2↑可知，A到B的过程中转移电子物质的量为0.01mol，A错误；B.根据化学方程式Cu(OH)2CuO+H2O、4CuO2Cu2O+O2↑可知，水的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol×18g/mol=0.18g，B正确；C.10gCuO中所含Cu元素的质量为：×64g=8g，观察图2可知，表示CuO的是B曲线，C错误；D.根据上述分析，A、B的化学式依次为CuO、Cu2O，D错误；答案选B。10、D【详解】A．滴加KSCN显红色的溶液含Fe3+，Fe3+可以和S2-发生氧化还原反应生成硫单质和亚铁离子，不能共存，故A错误；B．和发生双水解反应生成氨气和硅酸，不能共存，B错误；C．Fe2+具有还原性，ClO-具有强氧化性，发生氧化还原反应，不能共存，C错误；D．碱性溶液中：、Na+、S2-、、均不互相反应，能共存，D正确；答案选D。11、B【解析】根据物质的性质来分析物质间发生的化学反应，若反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意，据此解答。【详解】A.NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，硝酸具有强的氧化性，能将亚铁盐氧化为铁盐，使溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，选项A不符合题意；B.由于酸性HCl>H2CO3，所以在溶液中CO2和CaCl2不反应，无明显现象，选项B符合题意；C.NH3通入溶液中转化为氨水，氨水与AlCl3发生复分解反应生成氢氧化铝白色沉淀，现象明显，选项C不符合题意；D.SO3通入硝酸钡中，SO3与溶液中的水反应产生硫酸，硫酸电离产生的SO42-与溶液中的Ba2+结合，生成BaSO4白色沉淀，现象明显，选项D不符合题意；故本题合理选项是B。【点睛】本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答。该题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应。12、B【解析】NO2、N2O4、NO的混合气体与O2、水完全反应生成HNO3，则整个过程中NO3-没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）×2=mol×4，n（Cu）=0.15mol，所以Cu(NO3)2为0.15mol，根据反应Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，则消耗的NaOH为0.15mol×2=0.3mol，则NaOH体积V===0.05L，即50mL，故选B。13、D【解析】某离子反应涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒，其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小，则NH4+是反应物，N2是生成物，由此推断该反应为NH4+与ClO-的氧化还原反应，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，离子方程式为：2NH4++3ClO-=N2+3Cl﹣+3H2O+2H+，N元素化合价由-3→0，Cl元素化合价由+1→-1；A项，反应的还原产物是Cl-，故A错误；B项，消耗1mol氧化剂(ClO-)，转移2mol电子，故B错误；C项，氧化剂ClO-与还原剂NH4+物质的量之比为3：2，故C错误；D项，反应生成H+，所以反应后酸性明显增强，故D正确。14、D【详解】A项、通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度，涉及与氢离子的反应，pH试纸的变色过程是化学变化，故A错误；B项、亚铁离子与氯气发生氧化还原反应，属于化学变化，故B错误；C项、向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量，发生氧化还原反应，淀粉中碘酸钾被还原生成碘，故C错误；D项、鸡蛋的沉浮与密度有关，没有发生化学变化，故D正确；故选D。15、C【详解】A、铅蓄电池放电总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，其中PbSO4是一种微溶性盐，电池放电时正极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，负极反应为Pb+SO42--2e-=PbSO4，所以正负极质量均增加，A错误；B、SO3+H2O+Ba(NO3)2=BaSO4↓+2HNO3，SO2如果类比，可生成BaSO3和HNO3，但是生成的HNO3会氧化+4价S元素生成BaSO4，B错误；C、Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，生成的Al(OH)3可以吸附水中的固体小颗粒起到净水的作用，C正确；D、该反应过程中气体总量增加，属于熵增反应，既△S>0，反应不能自发进行则△G>0，△G=△H-T△S，所以△H=△G+T△S>0，D错误；故答案选C。16、D【详解】将三个已知热化学方程式编号：①，②，③，可得液态乙醇完全燃烧生成液态水的热化学方程式为，利用盖斯定律可知，即得目标反应热化学方程式，故，乙醇的物质的量为，则放出的热量为，故D正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、2-甲基-1-丙烯氧化反应铁粉、液溴醛基、溴原子7种【分析】利用逆推原理，根据G的化学式和，可推出C的化学式为(CH3)3CMgBr，F是逆推E是、D是；B是，A是，2-甲基-1-丙烯；H是；J是【详解】(1)A是，2-甲基-1-丙烯；E是到F是氧化反应；(2)在铁作催化剂的条件下与溴反应生成；(3)①能发生银镜反应说明存在醛基，②含有苯环；③不含甲基，-CHO和-CH2Br与苯环邻间对3中同的分异构，-CH2CHO和-Br与苯环邻间对3中同的分异构，连接苯环一个碳上，所以一共有7种符合条件的同分异构；(4)J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环，J的结构简式为，H生成高分子化合物K的化学方程式为；(5)根据题目信息，以乙醛和苯为原料，合成的路线流程图。18、2Na+2H2O===2Na++2OH－+H2↑变大酸Al3++3H2OAl(OH)3+3H+D1︰106c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)【分析】通过物质间的转化关系分析各物质的组成；通过物料守恒、电荷守恒和质子守恒规律来比较溶液中离子浓度的大小。【详解】由题干“其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体”知，C为活泼金属钠、钾或者钙，又D、F、G、H的焰色反应均为黄色，则C为钠，D为氢氧化钠，根据图中的转化关系，D与二氧化碳反应生成F，则F为碳酸钠，H为碳酸氢钠，E为两性化合物，且由B和D反应得到，则E为氢氧化铝，G为偏铝酸钠，B为氯化铝，A为铝；(1)钠与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑；钠与水反应可以认为是钠与水电离出来的氢离子反应，故促进了水的电离，使水的电离程度变大，故答案为2Na+2H2O===2Na++2OH－+H2↑；变大；(2)氯化铝为强酸弱碱盐，水溶液因为铝离子的水解作用呈现酸性，离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+，故答案为：酸；Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+；(3)盐的水解促进水的电离，酸和碱的电离会抑制水的电离，易溶于的氢氧化钠会抑制水的电离，故答案为：D；(4)pH为10的氢氧化钠溶液中，c(H+)=110-10，氢氧化钠无法电离出氢离子，则由水电离出来的c(0H-)=c(H+)=110-10，pH为10的碳酸钠溶液中，水电离出的c(0H-)=Kw/c(H+)=110-14/110-10=110-4，故它们的比为：10-10/10-4=1︰106；向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，则此时的溶液中溶质为碳酸钠和碳酸，且c(0H-)=c(H+)，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3－)+c(OH－)+2c(CO32－)，则c(Na+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)，HCO3－的电离程度很小，综上所述各离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)，故答案为1︰106，c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)。【点睛】元素推断题中，要找到条件中的突破口，例如：最轻的气体是H2，D、F、G、H的焰色反应均为黄色，即含有Na元素，再根据Na及其化合物的性质推断。溶液中的离子浓度大小比较要考虑各离子的水解程度和电离程度强弱。19、①②④分液漏斗CCl4防止倒吸乙醇淀粉溶液滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色98.4%或0.984【分析】(1)根据制取氨气使用的试剂的状态确定装置图的使用；(2)根据仪器结构判断仪器名称，根据液体b密度比水大，与水互不相溶的性质分析物质，结合氨气极容易溶于水分析其作用；(3)根据硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇分析使用的物质；(4)①根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，选择使用的指示剂，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应完全蓝色消去判断滴定终点；②用关系式法找出Cu2+与S2O32-的关系，根据消耗的S2O32-的物质的量计算出Cu2+的物质的量及Cu(NH3)4]SO4·H2O的质量，进而可得其纯度。【详解】(1)在实验室中，若用固体NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制取氨气，应该选择①装置；若向CaO固体中加入浓氨水制取氨气，应该选择选项②；若用浓氨水直接加热制取氨气，则选择装置④；故合理选项是①②④；(2)有仪器a结构可知该仪器名称为分液漏斗，由于液体b密度比水大，与水互不相溶，可确定该物质是四氯化碳，液体b的化学式CCl4；装置A是制取氨气，在装置B中与CuSO4溶于反应制取硫酸四氨合铜晶体，由于氨气极容易溶于水，为了充分吸收氨气，同时防止倒吸现象的发生，使用了CCl4，因此CCl4的作用是防止倒吸；(3)由于硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，能在热水中分解，所以实验时可向所得溶液中加入乙醇来获得晶体；(4)①Cu2+与I-反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故可选择淀粉溶液为指示剂，Cu2+与I-反应产生I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当I2反应完全时，溶液的蓝色消去，据此判断滴定终点。实验现象是：滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色；②Cu2+与过量I-作用，生成I2和CuI，反应方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可得关系式2Cu2+～I2～2S2O32-，反应消耗的S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.050mol/L×0.016L×=0.004mol，则溶液中含有Cu2+的物质的量n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.004mol，根据Cu元素守恒可知反应产生的[Cu(NH3)4]SO4·H2O]的物质的量是0.004mol，其质量是m{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}=0.004mol×246g/mol=0.984g，因此该物质的纯度是(0.984g÷1.0g)×100%=98.4%=0.984。【点睛】本题考查了氨气的实验室制取方法及装置的使用、化学试剂的选择使用、滴定法在物质含量的计算中的应用。掌握物质的存在状态与使用仪器的关系，充分利用物质的溶解性及密度相对大小判断使用的试剂及其作用，在滴定法测量物质含量时，若发生的反应有多个，可根据化学方程式找出已知物质与待求物质的关系，通过关系式法直接计算，同时要注意配制溶液的体积与实验时的体积关系进行计算。20、H2+2FeCl32FeCl2+2HClBACDCE（或BCDCE）碱石灰氯化铁易升华导致导管易堵塞球形