2026届广东省中山一中等七校联合体高三上化学期中学业质量监测模拟试题含解析

2026届广东省中山一中等七校联合体高三上化学期中学业质量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、四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列叙述中，不正确的是A．将W的最高价氧化物通入到Na2SiO3溶液中，生成白色沉淀，得出非金属性：W＞SiB．将X单质投入到CuSO4溶液中，生成紫红色固体C．工业上用电解熔融Y的氧化物的方法冶炼金属YD．Z的气态氢化物的沸点在同主族中最低2、用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是（）A．用装置①制CaCO3 B．用装置②熔融Na2CO3C．用装置③制取乙酸乙酯 D．用装置④滴定未知浓度的硫酸3、如图，把气体缓慢通入盛有足量试剂的试剂瓶A和试管B，在试管B中不能观察到明显现象的是()选项气体A中试剂B中试剂ASO2、CO2酸性KMnO4溶液澄清石灰水BCl2、HCl饱和NaCl溶液KI淀粉溶液CCO2、HCl饱和NaHCO3溶液NaAlO2溶液DNH3、CO2浓硫酸酚酞试液A．A B．B C．C D．D4、下图表示自然界中的氮循环，相关说法正确的是A．“雷电作用”中发生的反应是：N2+2O22NO2B．“人工固氮”过程中，氮元素一定被还原C．①中涉及的反应可能有：2NO2-+O2=2NO3-D．②中涉及的反应可能有：2NO3-+12H+=N2+6H2O5、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,W、Y同主族,Z的核外最外层电子数与W核外电子总数相等,四种元素的最外层电子数之和为11,向X、Y、Z三种元素形成的常见化合物的水溶液中通入CO2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出。下列说法正确的是A．原子半径:W<X<Y<ZB．W的单质与水反应比Y的单质与水反应剧烈C．Y的最高价氧化物对应的水化物溶液可与Z的单质反应D．Y、Z分别与X形成的二元化合物中,两者所含化学键类型一定相同6、向溶液中加入金属钠完全反应，得到只含和的澄清溶液，则加入金属钠的质量是（）A． B． C． D．7、下列实验所得结论正确的是①②③④充分振荡试管，下层溶液红色褪去溶液变红溶液变红充分振荡右侧小试管，下层溶液红色褪去A．①中溶液红色褪去的原因是：CH3COOC2H5＋NaOHCH3COONa＋C2H5OHB．②中溶液变红的原因是：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋H＋C．由实验①、②、③推测，①中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞D．④中红色褪去证明右侧小试管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸8、下列“一带一路(TheBeltandRoad)”贸易的商品中，其主要成分属于无机物的A．中国丝绸 B．乌克兰葵花籽油 C．捷克水晶 D．埃及长绒棉9、下列说法正确的是（）A．铝、铁、铜相比较，铜元素在自然界中的含量最低、铁元素含量最高B．A12O3、MgO可用作高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料C．工业上采用电解熔融态A12O3、MgO的方法冶炼Al、MgD．用纯碱制玻璃、用铁矿石炼铁、用氨制碳酸铵都会产生温室气体10、已知:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=akJ·mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-220kJ·mol-1H—H、O=O和O—H键的键能分别为436kJmol-1，496kJmol-1和462kJmol-1。则a为()A．-332 B．-118 C．+350 D．+13011、下列物质变化中，只克服一种作用力的是（）A．NaHSO4受热熔化 B．NaHCO3受热分解C．干冰溶于水 D．石墨转变为金刚石12、物质间常常相互联系、互相影响着，微粒也不例外。下列各组离子可能大量共存的是（）A．不能使酚酞试液变红的无色溶液中：Na+、CO32－、K+、ClO－、AlO2－B．能与金属铝反应放出氢气的碱性溶液中：K+、NO3－、Cl－、NH4+C．常温下水电离出的c(H+)•c(OH－)=10－20的溶液中：Na+、Cl－、S2－、SO32－D．无色透明溶液：K+、HCO3－、NO3－、SO42－、Fe3+13、取两份等量的铝粉，分别与足量的盐酸、浓氢氧化钠溶液反应，在相同状态下产生的气体体积之比是A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．3：214、四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，W与Y同族，Z的原子半径是其所在周期主族元素原子中最小的，且Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是A．最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z B．气态氢化物的热稳定性：W<YC．Y与Z形成的化合物为共价化合物 D．简单离子半径：W<X<Z15、醋酸钠中不存在（）A．离子键B．极性键C．非极性键D．分子间作用力16、《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是A．“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可增强肥效 B．“以灰淋汁”的操作是萃取、分液C．“取碱”得到的是一种碱溶液 D．“浣衣”过程有化学变化二、非选择题（本题包括5小题）17、氨甲环酸（G），别名止血环酸，是一种已被广泛使用半个世纪的止血药，它的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略）：回答下列问题：（1）A的结构简式是________。（2）C的化学名称是__________。（3）②的反应类型是________。（4）E中不含N原子的官能团名称为_______。（5）氨甲环酸（G）的分子式为________。（6）写出满足以下条件的所有E的同分异构体的结构简式：________。a.含苯环b.含硝基c.核磁共振氢谱有三组峰（7）写出以和为原料，制备医药中间体的合成路线：__（无机试剂任选）。18、X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素。X是原子半径最小的元素，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数。回答下列问题：（1）X与Y组成的化合物属于__________（填“共价”或“离子”）化合物。（2）X与M组成的物质电子式为__________，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的化学方程式为________。（3）Y在周期表中的位置是__________。（4）下列说法正确的是__________。AL可能是Ne，也可能是PBL在氯气中燃烧现象为白色烟雾CL与X形成的化合物分子构型为平面三角形DL有多种氧化物以及含氧酸19、久置的Na2S固体会潮解、变质、颜色变黄，探究Na2S变质的产物。资料：ⅰ．Na2S能与S反应生成Na2Sx(黄色)，Na2Sx与酸反应生成S和H2S；ⅱ．BaS、BaSx均易溶于水，H2S可溶于水，BaS2O3微溶于水；ⅲ．白色的Ag2S2O3难溶于水，且易转化为黑色Ag2S。将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色。取黄色溶液，滴加稀硫酸，产生白色沉淀(经检验该沉淀含S)。(1)推测Na2S变质的产物含有Na2Sx，实验证据是______。(2)研究白色沉淀产生的途径，实验小组同学进行如下假设：途径一：白色沉淀由Na2Sx与稀硫酸反应产生。途径二：Na2S变质的产物中可能含有Na2S2O3，白色沉淀由Na2S2O3与稀硫酸反应产生。途径三：Na2S变质的产物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由……①Na2S2O3与稀硫酸反应的化学方程式是______。②请将途径三补充完全：______。(3)为检验Na2S变质的产物中是否含有Na2S2O3，设计实验：①取黄色溶液，向其中滴加AgNO3溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：Na2S变质的产物中含Na2S2O3。有同学认为得出该结论的理由不充分，原因是______。②改进实验，方案和现象如下：实验一：实验二：a．实验一的目的是_______。b．试剂1是_______，试剂2是_______。(4)检验Na2S变质的产物中是否含有Na2SO4：取黄色溶液，加入过量稀盐酸，产生白色沉淀。离心沉降(分离固体)后向溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀。你认为能否根据实验现象得出结论？说明理由：_______。20、铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂，它们的一些性质及制备方法如下所示：Ⅰ.氯化铁：熔点为306℃，沸点为315℃，易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500～600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。Ⅱ.氯化亚铁：熔点为670℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。实验室可用下图所示的装置模拟工业生产无水氯化铁，请回答相关问题：(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，a管的作用是______________，反应的离子方程式为__________。(2)导管b口应与_______________(从虚线框内装置中选择一个装置，用字母代号填空)连接，这样可避免反应系统与环境间的相互影响。(3)实验完成后，取广口瓶C中收集到的产物进行如下测定分析：①称取4.2g样品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。则该样品中铁元素的质量分数为_________。(4)由以上数据分析和计算得出结论：①用此装置制得的无水氯化铁含铁量___________(填“偏高”或“偏低”)，显然其中含有较多的___________(填化学式)杂质。②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是______。21、I．双氧水（主要成分H2O2）是常见的氧化剂、还原剂。（1）如下图是工业上制备过氧化氢最常见的方法，写出实际发生反应的总方程式____________。（2）H2O2可看作二元弱酸，写出它在水中第一步电离的方程式__________________。II．A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：_____________________________________________________。（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则X可能为______________________（填代号）。a．NaHCO3b．Na2CO3c．Fe(OH)3d．Na[Al(OH)4]（3）若A为淡黄色粉末，则A的电子式为____________________。若X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为__________（填代号）。a．盐酸b．BaCl2溶液c．NaOH溶液d．Ca(OH)2溶液（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式为________________________________，E是__________（填化学式）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍，则W为碳元素；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为钠元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为铝元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为氯元素，形成的离子化合物为氯化钠。A.将W的最高价氧化物二氧化碳通入到Na2SiO3溶液中，生成白色沉淀硅酸，说明碳酸的酸性强于硅酸，得出非金属性：C＞Si，选项A正确；B.将X单质钠投入到CuSO4溶液中，由于钠很活泼，直接与水反应，不能置换出铜，则不可能生成紫红色固体，选项B不正确；C.工业上用电解熔融Y的氧化物氧化铝的方法冶炼金属铝，选项C正确；D.因HF中存在氢键，沸点比同主族的氢化物都高，而同主族其他氢化物的沸点随相对分子质量增大而升高，故Z的气态氢化物氯化氢的沸点在同主族中最低，选项D正确。答案选B。2、A【详解】A．用装置①制CaCO3，发生反应为CO2＋CaCl2＋H2O＋2NH3＝CaCO3↓＋2NH4Cl，故A符合题意；B．不能用坩埚熔融Na2CO3，坩埚含有SiO2，因此坩埚与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠，故B不符合题意；C．用装置③制取乙酸乙酯，右侧收集装置不能伸入到溶液液面以下，易发生倒吸，故C不符合题意；D．用装置④滴定未知浓度的硫酸，NaOH溶液应该装在碱式滴定管里，故D不符合题意。综上所述，答案为A。3、D【解析】A、KMnO4溶液有强氧化性，能与还原性的物质SO2反应，CO2能使B中澄清石灰水变浑浊，故A不选；B、饱和食盐水能吸收HCl气体，氧化性物质Cl2能使B中淀粉碘化钾试纸变蓝，故B不选；C、饱和NaHCO3溶液能和HCl反应，CO2能和B中NaAlO2溶液反应生成絮状氢氧化铝沉淀，故C不选；D、浓硫酸吸收碱性气体氨气，酸性气体CO2不能使B中酚酞试液变色，试管B中无明显现象，故D选；故选D。4、C【解析】A.氮气与氧气在放电时生成一氧化氮，不能生成二氧化氮，故A错误；B.“人工固氮”是氮气转化为含氮化合物，氮元素不一定被还原，如氮气与氧气反应中N元素被氧化，故B错误；C.根据图示，①中亚硝酸盐转化为硝酸盐，被氧化，涉及的反应可能有：2NO2-+O2=2NO3-，故C正确；D.根据图示，②中硝酸盐被细菌分解生成氮气，被还原，一定与还原剂反应，反应2NO3-+12H+=N2+6H2O中没有元素化合价升高，不存在还原剂，故D错误；故选C。点睛：解答本题的关键是掌握和理解氮及其化合物的性质和氧化还原反应的规律。本题的易错点为CD，需要根据氧化还原反应的规律分析判断。在氧化还原反应中，一定同时存在化合价的升高和降低。5、C【分析】向X、Y、Z三种元素形成的常见化合物的水溶液中通入CO2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出，可推出X、Y、Z三形成的化合物为NaAlO2，可得出X为O，Y为Na，Z为Al，又根据W、Y同主族、Z的核外最外层电子数与W核外电子总数相等得出W为Li，据此解答。【详解】根据上述分析，得出W为Li，X为O，Y为Na，Z为Al。A、根据原子半径递变规律，应是X<W<Z<Y，故A错误；B、W的单质是Li，Y的单质是Na，Na与水反应更剧烈，故B错误；C、Y的最高价氧化物对应的水化物溶液是NaOH溶液，可与Al反应，故C正确；D、Y、Z分别与X形成的二元化合物可能有Na2O、Na2O2、Al2O3，Na2O2中有离子键和非极性键，而其余两种都只有离子键，化学键类型不同，故D错误。答案选C。【点睛】推出元素是解题的关键，突破口是水溶液中通入CO2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出，推出该水溶液为NaAlO2溶液，可推出X、Y、Z元素。6、B【详解】的物质的量为，其中含，，加入金属钠完全反应后，得到只含和的澄清溶液，根据，，根据钠元素守恒可以得到：，则加入金属钠的质量为，答案选B。7、D【详解】A．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，且水解彻底，则红色褪去的原因是：CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH，不需要可逆号，故A错误；B．醋酸钠水解显碱性，则②中溶液变红的原因是：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故B错误；C．褪色与萃取无关，与反应有关，故C错误；D．乙酸与碳酸钠反应，导致碱性降低，则溶液红色褪去可知收集到的乙酸乙酯中混有乙酸，故D正确；故答案为D。8、C【详解】A．中国丝绸为蛋白质，属于有机物，A与题意不符；B．乌克兰葵花籽油为油脂，属于有机物，B与题意不符；C．捷克水晶主要成分为二氧化硅，属于无机物，C符合题意；D．埃及长绒棉为纤维素，属于有机物，D与题意不符；答案为C。9、B【详解】A．在地壳中金属元素的含量Al的中含量最高，铁次之，三种元素中Cu元素的含量最低，A错误；B．Al2O3、MgO的熔点很高，可用作高温材料，光导纤维主要成分是二氧化硅，B正确；C．MgO的熔点很高，电解熔融态MgO冶炼Mg会增大生产成本，工业上一般是用电解熔融的MgCl2的方法来冶炼镁，C错误；D．用纯碱、石灰石、石英制玻璃及用铁矿石炼铁都会产生CO2，用氨制碳酸铵，制备原理为：2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3，不产生CO2，D错误；故合理选项是B。10、D【详解】①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)

ΔH＝akJ·mol-1,②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH＝－220kJ·mol-1

，将①-②×得：H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH＝(a+110)kJ·mol-1，2×462-(436+×496)=a+110，解得a=+130。所以D符合题意；故答案：D。11、A【详解】A．NaHSO4受热熔化只克服离子键，故A选；B．NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，克服了离子键和共价键，故B不选；C．干冰溶于水，反应生成了碳酸，克服了共价键，碳酸发生部分电离，需克服范德华力，共价键，故C不选D．石墨变为金刚石发生化学反应，克服了共价键和范德华力，故D不选；故选A。【点睛】本题的易错点为CD，要注意干冰和石墨中均存在范德华力，发生了化学反应，同时需要破坏化学键。12、C【解析】A．酚酞的变色范围约为8～10，不能使酚酞试液变红的无色溶液呈酸性、中性或弱碱性，C1O-、I-发生氧化还原反应，且CO32-、C1O-在酸性条件下不能大量共存，故A错误；B．能与金属铝反应放出氢气的溶液为强碱或非氧化性酸溶液，酸性条件下，因存在NO3-，不能生成氢气，碱性条件下NH4+不能大量共存，故B错误；

C．常温下水电离出的c（H+）•c（OH-）=10-20的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下离子可大量共存，故C正确；D．HCO3-、Fe3+离子之间发生互促水解反应，且Fe3+有颜色，故D错误；故选C。点睛：审题时应注意题中给出的附加条件。酸性溶液，表示存在H+；碱性溶液，表示存在OH-；能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液，表示是酸性或碱性溶液，但不能是硝酸溶液；由水电离出的H+或OH-=1×10-10mol/L的溶液，表示溶液显酸性或碱性等；在附加条件的基础上再考虑是否存在离子反应，特别注意有没有隐含的氧化还原反应存在，如S2－与SO32－在酸性条件下要发生氧化还原反应生成S，这是难点。13、A【详解】Al与HCl、NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，根据方程式可知：当酸、碱均过量时，金属铝完全反应，等物质的量的铝与两种不同的物质发生反应，产生的氢气的物质的量相等，根据n=，可知Al的物质的量相等，其质量相等；反应产生的氢气的物质的量相等，则在相同条件下其体积也相等，因此取两份等量的铝粉，分别与足量的盐酸、浓氢氧化钠溶液反应，在相同状态下产生的气体体积之比是1：1，故合理选项是A。14、C【分析】W和X的简单离子电子层结构相同且与Y同族，则W应在第二周期，Y在第三周期；Z的原子序数最大，由Z的原子半径是所在周期主族原子中最小的可知，Z为Cl；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性,Cl的原子序数大于X，X为Na；则W可为N，此时Y为P，或W可为O，此时Y为S；结合以上分析解答。【详解】W和X的简单离子电子层结构相同且与Y同族，则W应在第二周期，Y在第三周期；Z的原子序数最大，由Z的原子半径是所在周期主族原子中最小的可知，Z为Cl；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性,Cl的原子序数大于X，X为Na；则W可为N，此时Y为P，或W可为O，此时Y为S；综上所述，W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl；A项，根据元素周期律可知，同周期元素随着原子序数的增大，元素的非金属性增强，最高价氧化物的水化物的酸性增强，即Z>Y，故A项错误；B项，根据元素周期律可知，同主族元素随着原子序数的增大，元素的非金属性减弱，气态氢化物的稳定性降低，所以气态氢化物的热稳定性：W>Y，故B项错误；C项，结合以上分析可知，Y为P或S，Z为Cl；P或S与Cl原子间形成化合物均为共价化合物，故C项正确；D项，根据元素周期律可知，离子电子层结构相同的，原子序数大的离子半径小，电子层结构不同的，电子层越多离子半径越大，可得简单离子半径：X<W<Z，故D项错误；综上所述，本题选C。15、D【解析】醋酸钠是离子化合物，存在离子键，碳氢之间存在极性键，碳碳之间存在非极性键，不存在分子作用力，答案选D。16、D【详解】A.“薪柴之灰”呈碱性，铵盐呈酸性，二者反应生成氨气，减小肥效，二者不能共用，故A错误；B.从草木灰中分离出碳酸钾的方法为过滤，不是萃取，故B错误；C.所得碱为碳酸钾，属于盐；故C错误;D.碳酸钾水解呈碱性，有利于油脂的水解，所以“浣衣”过程有化学变化，故D正确。故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CH-CH=CH22-氯-1,3丁二烯消去反应碳碳双键、酯基C8H15NO2、【分析】由合成路线可知，A为1,3-丁二烯，1,3-丁二烯和氯气发生加成反应生成B，B发生消去反应生成C，对比C、D结构可知，由C生成D发生了双烯合成；D→E为-Cl被-CN取代，E→F为酯的水解反应，F→G为加氢的还原反应，以此分析解答。【详解】（1）由以上分析可知，A为1,3-丁二烯，结构简式为CH2=CH-CH=CH2；（2）C分子中含有两个碳碳双键，氯原子在第二个碳原子上，故化学名称为2-氯-1,3-丁二烯；（3）反应②为B发生消去反应生成C，故反应类型为消去反应；（4）E中含有-CN、碳碳双键和酯基，其中不含氮原子的官能团名称为碳碳双键、酯基；（5）由结构简式可知，氯甲环酸（G）的分子式为C8H15NO2；（6）E的同分异构体：a.含苯环b.含硝基c.核磁共振氢谱有三组峰，说明含有三种类型的氢原子，故结构简式为、。（7）参考合成路线，若以和为原料，制备，则要利用双烯合成，先由制得，再和合成，故设计合成路线为：18、共价[H:]-Ca2+[:H]-CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑第二周期IIIA族BD【分析】X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素，X的原子半径最小，X为H；Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数，则Y的质子数为5，Y为B；L的质子数为15，L为P；M的质子数为20，M为Ca，以此来解答。【详解】(1)、由上述分析可知，X为H，Y为B，L为P，M为Ca，H、B均为非金属元素，X与Y组成的化合物只含共价键，属于共价化合物；故答案为共价；(2)、X与M组成的物质为CaH2，其电子式为：[H:]-Ca2+[:H]-，其与水反应的化学方程式为：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑；故答案为[H:]-Ca2+[:H]-；CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑；(3)、Y为B，在周期表中的位置是第二周期IIIA族；故答案为第二周期IIIA族；(4)A、L只能是P，L为主族元素，故A错误；B、L在氯气中燃烧现象为白色烟雾，生成PCl3和PCl5，故B正确；C、L与X形成的化合物为PH3，与氨气结构相似，分子构型为三角锥型，故C错误；D、L有多种氧化物，如P2O3、P2O5，多种含氧酸如H3PO4、H3PO4等，故D正确；故选BD。19、溶液呈黄色Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O白色沉淀由SO与S2-在酸性条件下反应产生(或白色沉淀由生成的H2S与SO2反应产生)剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除、SO对S2O检验的干扰BaCl2溶液AgNO3溶液可以，稀盐酸将S2O、SO等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化【详解】（1）将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色，推测Na2S变质的产物含有Na2Sx（黄色）；（2）①Na2S2O3与稀硫酸反应生成二氧化硫和硫单质，化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O；②Na2S变质的产物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由SO与S2-在酸性条件下反应产生(或白色沉淀由生成的H2S与SO2反应产生)；（3）①该结论的理由不充分，原因是：剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀；②a.、SO有可能也和AgNO3溶液反应生成黑色固体，所以实验一的目的是：确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除、SO对S2O检验的干扰；b．黄色溶液中先加入BaCl2溶液生成白色沉淀BaS2O3；再加入AgNO3溶液白色沉淀转化为黑色沉淀Ag2S2O3；（4）可以，稀盐酸将S2O、SO等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化。20、2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O平衡压强，使液体顺利滴下F40%偏高FeCl2在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl【分析】由实验装置可知，A中发生2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，a管中导气管是维持分液漏斗和圆底烧瓶的压强相等，使液体顺利滴下。B中浓硫酸干燥氯气，C中发生2Fe+3Cl2-2FeCl3，水槽中冰水冷却，C中收集到FeCl3，若产物中混有FeCl2，可利用其还原性或与K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀检验，F为干燥管，F中为碱石灰可吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，以此来解答。【详解】(1)在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，a管中导气管是维持分液漏斗和圆底烧瓶的压强相等，使液体顺利滴下，故答案为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；平衡压强，使液体顺利滴下；(2)仪器F的名称是干燥管；D中装的药品是碱石灰，其作用是吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，故答案为：F；(3))取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.20g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g，可知氧化铁为2.40g，由Fe元素守恒可知该样品中铁元素的质量分数为×100%=40%，故答案为