2026届贵州省铜仁市铜仁一中高三上化学期中经典试题含解析

2026届贵州省铜仁市铜仁一中高三上化学期中经典试题注意事项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、下列叙述正确的是()A．1mol·L－1NaCl溶液中含有NA个Na+B．从100mL5mol·L－1H2SO4溶液中取出10mL，所得硫酸根的物质的量为0.05molC．用100mL水吸收0.1molHCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1mol·L－1D．将62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1mol·L－12、25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－B．0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液中：Na＋、H＋、Cl－、I－C．0.1mol/L的NaAlO2溶液中：K＋、H＋、NO3-、SO42-D．滴入石蕊试液显蓝色的溶液中：K＋、Na＋、HSO3-、ClO－3、某种类型的心脏起搏器工作时发生下列反应：4Li+2SOCl2===4LiCl+S+SO2。下列有关判断正确的是A．反应中被氧化的元素有Li和SB．SOCl2既是氧化剂又是还原剂C．还原产物包括LiCl和SD．生成标况下1.12LSO2时，反应转移电子为0.2mol4、下面的“诗”情“化”意，分析正确的是（）A．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化B．“日照澄洲江雾开”中伴有丁达尔效应C．“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的硬度很大D．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应5、C60可用作储存氢气的材料，结构如右图所示。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，三种物质结构相似。下列有关说法正确的是A．C60、Si60、N60都属于原子晶体B．C60、Si60、N60分子内共用电子对数目相同C．由于键能小于，故N60的稳定性弱于N2D．由于键长小于键，所以C60熔、沸点低于Si606、下列图示与对应的叙述相符的是A．图1所示，A→C反应的ΔH=E1-E2B．图2所示，金刚石比石墨稳定C．图3表示的是Al3+与OH-反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a区域的物质是Al(OH)3D．图4所示，图中阴影部分面积的含义是（υ正-υ逆）7、关于下图所示转化关系(X代表卤素)的说法不正确的是A．2H(g)+2X(g)2HX(g)ΔH3<0B．途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以ΔH1=ΔH2+ΔH3C．Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多D．途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定8、下列有关实验的操作正确的是（）A．除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3，可以加入过量NaOH溶液，反应后加热蒸干B．二氧化碳气体中混有氯化氢气体，可以通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶进行洗气，然后再干燥C．海带提碘：将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，取滤液加稀硫酸和双氧水D．可用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质9、下列有关绿色化学的叙述中,不正确的是()A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。B．最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物。C．绿色化学反应选择的原料、催化剂、溶剂都应该是无毒无害的。D．所有环境问题都是环境污染。10、用下列装置（尾气处理已略去）进行相关实验，能实现实验目的的是实验目的a中试剂b中试剂c中试剂A比较H2CO醋酸溶液碳酸钠硅酸钠溶液B比较Cl2、浓盐酸高锰酸钾碘化钾溶液C证明苯和液溴发生取代反应苯和液溴铁粉硝酸银溶液D证明C2饱和食盐水电石酸性高锰酸钾溶液A．A B．B C．C D．D11、向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是A．OH－＋CO32－＋2H＋=HCO3－＋H2O B．2OH－＋CO32－＋3H＋=HCO3－＋2H2OC．2OH－＋CO32－＋4H＋=CO2↑＋2H2O D．OH－＋CO32－＋3H＋=CO2↑＋2H2O12、氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制得：3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO，下列说法正确的是A．在氮化硅的合成反应中，氮气是还原剂，二氧化硅是氧化剂B．上述反应中每生成1mol氮化硅，氮气得到12mol电子C．该反应属于四个基本反应类型之一D．该反应无有毒气体产生，不需要尾气处理装置13、常温下，下列各溶液的叙述中正确的是A．NaHSO3与Na2SO3混合溶液中：3c（Na+）=c（HSO3-）+c（SO32-）B．0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后溶液显酸性：c（CH3COO-）>c（CH3COOH）>c（Cl-）>c（H+）C．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）＝c（SO42-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）D．向1.00L0.3mol/LNaOH溶液中缓慢通入0.2molCO2气体，溶液中：c（Na+）>c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）14、根据下列实验及其现象，所得出的结论合理的是（）选项实验现象结论A向溶液中滴入几滴溶液，再滴加几滴溶液先有白色沉淀生成，后有蓝色絮状沉淀生成Ksp：B用pH试纸分别检验等浓度溶液和溶液前者试纸变蓝比后者更深些水解能力强于C分别加热蒸干溶液和溶液前者能得到固体；后者得不到固体不易挥发，易挥发D向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为或A．A B．B C．C D．D15、已知在相同条件下进行下列反应：①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2；②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O；③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3。下列说法正确的是()A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B．反应①和反应③中均生成Br2，溴元素发生的变化相同C．反应②中被氧化与被还原物质的物质的量之比为6∶1D．③中1mol还原剂反应，则氧化剂得到电子的物质的量为10mol16、某无色气体可能含有H2S、SO2、CO2、HI、HCl气体中的一种或几种。将气体通入氯水后，得无色溶液，向该溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生。则下列叙述正确的是A．该气体中肯定含有H2S和SO2 B．该气体不能肯定是否含有SO2C．该气体中肯定含有CO2和SO2 D．该气体中肯定不含有H2S和HI二、非选择题（本题包括5小题）17、甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。（1）若甲由短周期中原子半径最大的金属元素组成，请写出丙中18电子双原子阴离子的电子式___。（2）若乙、丁混合或丙、丁混合均产生白烟，则戊所含的化学键有___。（3）若甲、丙均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，则戊的水溶液在空气中加热直至灼烧最后得到的固体物质为___。（4）若丙是一种有刺激性气味的气体，常温下0.1mol/L戊溶液的pH=0.7，请写出反应②的离子方程式___。（5）若反应①是常见的可逆反应、放热反应，该反应的适宜条件是：铁触媒做催化剂，温度700K左右，压强30-50Mpa。戊是一种酸式盐。请写出戊的阴离子电离方程式___。18、前四周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X和铝在元素周期表中具有特殊的“对角线”关系，单质及化合物的性质十分相似；Y原子半径在短周期主族元素中最大；Z元素有多种同素异形体，其中一种为正四面体结构，易自燃；M基态原子未成对电子数在同周期元素中最多。请回答下列问题：(1)元素Z在周期表中的位置是_______。(2)元素X的氧化物能与Y的氧化物的水化物形成的溶液反应，生成一种四配位化合物，写出该化合物的化学式________。(3)元素Y的氢化物被称作“万能还原剂”，具有强的还原性。其电子式为______，遇水可发生反应的化学方程式为________。(4)元素M的名称为_______，其+3价氧化物与铝反应的化学方程式为_______。19、三盐基硫酸铅（3PbO·PbSO4·H2O）简称三盐，白色或微黄色粉末，稍带甜味、有毒。200℃以上开始失去结晶水，不溶于水及有机溶剂。可用作聚氯乙烯的热稳定剂。以铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如下图所示。已知：常温下PbSO4的溶解度比PbCO3的溶解度大请回答下列问题：（1）步骤①转化的目的是____________，滤液1中的溶质为Na2CO3和_________（填化学式）。（2）步骤③酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是___________（任写一条）。其中铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2和NO的离子方程式为__________________。（3）滤液2中可循环利用的溶质为__________（填化学式）。（4）步骤⑥合成三盐的化学方程式为_______________________________________（已知反应中元素价态不变）。（5）简述步骤⑦洗涤沉淀的方法__________________________________________。20、某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为_______________________________________；得到滤渣1的主要成分为_________________________________________________。（2）第②步加H2O2的作用是______________________，使用H2O2的优点是_____________。（3）用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是________________________。（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_________________方案不可行，原因是____________________，从原子利用率角度考虑，___________方案更合理。21、Cu2O是一种几乎不溶于水的氧化物，在涂料、玻璃等领域应用非常广泛。一种以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下:（1）“硫酸化焙烧”时：①硫化铜矿需粉碎的目的是_________；②CuS与O2反应生成CuSO4等物质的化学方程式为________；③加入Na2SO4的作用除减小物料间黏结外，另一主要作用是__________。（2）“浸取”时为提高铜的浸取率，除需控制硫酸的浓度外，还需控制_________(至少列举两点)。（3）“制备”时，溶液的pH与Cu2O的产率关系如右图所示。①在100℃时，发生反应的离子方程式为__________②图中在4<pH<5时，pH越小产率越低且产品中杂质Cu的含量越高，是因为________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A.缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，选项A错误；B.溶液具有均一性，溶液的浓度与体积大小无关，从100mL5mol·L－1H2SO4溶液中取出10mL，该溶液中硫酸的浓度仍然是5mol·L－1。根据电解质与其电离产生的离子关系，可知SO42-的浓度为5mol/L，由于所取溶液的体积是10mL，所以其中含有的SO42-的物质的量为n=5mol/L×0.01L=0.05mol，选项B正确；C.水吸收HCl得盐酸，但是溶液的体积不等于溶剂水的体积，所以得到的盐酸的浓度不是1mol/L，选项C错误；D.62gNa2O物质的量是1mol，Na2O与水反应产生NaOH，1molNa2O反应产生2molNaOH，配成1L溶液，因此所得NaOH溶液的物质的量浓度为2mol/L，选项D错误。2、A【解析】由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－都不反应；酸性条件下，Fe3+、NO3-都能氧化I－；AlO2-与H＋反应生成Al3+；滴入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性。【详解】由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－都不反应，故选A；酸性条件下，Fe3+、NO3-都能氧化I－，所以0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液中不能大量含有I－，故不选B；AlO2-与H＋反应生成Al3+，0.1mol/L的NaAlO2溶液中不能大量存在H＋，故不选C；滴入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下HSO3-不能大量存在，HSO3-具有还原性、ClO－具有氧化性，HSO3-、ClO－不能共存，故不选D。3、D【解析】A.在反应中Li元素的化合价由0升高到+1，硫元素的化合价由+4价降为0价，即在反应中Li元素被氧化，S元素被还原，故A错误；B.在反应中SOCl2中只有硫元素的化合价降低，所以SOCl2只是氧化剂，故B错误；C.在反应中SOCl2被还原生成S，而Li被氧化生成LiCl，所以反应中还原产物为S，LiCl为氧化产物，故C错误；D.反应4Li+2SOCl2═4LiCl+S+SO2中，每生成1molSO2转移4mol电子，则标准状况下生成1.12LSO2时，反应转移电子为0.2mol，故D正确；答案选D。4、B【分析】A.有新物质生成的变化是化学变化；B.雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应；C.“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高；D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应。【详解】A.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，故A错误；B.“日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故B正确；C.“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高，‘试玉要烧三日满’与硬度无关，故C错误；D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故D错误。故选B。5、C【详解】A．C60、Si60、N60都是有分子构成的分子晶体，A错误；B．由于C、Si、N原子的价电子不完全相同，因此C60、Si60、N60分子内共用电子对数目不相同，B错误；C．物质分子内含有的化学键键能越小，物质的稳定性就越弱。由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，C正确；D．C60、Si60都是分子晶体，结构相似的物质，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熔化或气化消耗的能量就越高，物质的熔、沸点就越高。分子间作用力：Si60>C60所以所以C60熔、沸点低于Si60，错误。故选C。6、C【解析】A项，图1所示，A→C整个反应中△H=(E1-E2)+(E3-E4)，故A错误；B项，图2所示，石墨的能量低于金刚石的能量，石墨比金刚石稳定，故B错误；C项，Al3+中加入OH-反应先生成氢氧化铝沉淀，溶液中含铝微粒浓度减小，随着溶液碱性增强，氢氧化铝与碱反应生成AlO2-，溶液中含铝微粒浓度增大，a区域对应溶液含铝微粒浓度很低，是因为大部分转化成了Al(OH)3，故C正确；D项，阴影部分的面积指的是某反应物浓度的变化值，故D错误。7、C【详解】A、原子结合成分子放热，所以2H(g)+2X(g)=2HX(g)ΔH3<0，A正确；B、遵循盖斯定律，反应热与途径无关，B正确；C、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，键能Cl—Cl>Br—Br>I—I，所以途径Ⅱ吸收的热量依次减小，C错误；D、途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl的能量低，HCl比HBr稳定，D正确；答案选C。8、B【解析】A．加入过量NaOH溶液，引入新杂质，碳酸氢钠不稳定，可用加热的方法除杂，故A错误；B．二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，氯化氢可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，可用于除杂，故B正确；C．海带中的碘不溶于水，提碘时，应该先将海带灼烧成海带灰，故C错误；D．蒸发时，碘易升华而损失，应用萃取、分液的方法分离，故D错误；故选B。9、D【详解】A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，A正确；B．反应物的原子全部转化为期望的最终产物，原子的转化率为100%，为最理想的“原子经济”，B正确；C．绿色化学选择的原料、催化剂、溶剂都应该是无毒无害的，产物应该是安全、能降解、可再利用的环境友好产品，C正确；D．全球变暖、土地荒漠化、臭氧层破坏等都属于环境问题，所有环境问题不一定都是环境污染引起的，故D错误；故答案为D。10、B【解析】醋酸有挥发性，会随着二氧化碳气体一起逸出，进入硅酸钠溶液中，也会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，无法证明是碳酸酸性强于硅酸，选项A错误。高锰酸钾会氧化盐酸生成氯气，氯气通入碘化钾溶液，将碘化钾氧化为碘单质，溶液显黄色，证明氯气的氧化性强于单质碘，选项B正确。溴是易挥发的液体，苯和溴的反应会放热，放热使溴挥发，进入硝酸银溶液，一定会得到淡黄色溴化银沉淀，无法证明是取代生成的HBr进行的反应，选项C错误。电石中会有CaS杂质，与水反应生成H2S气体，该气体遇高锰酸钾溶液会发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，所以无法证明褪色表现的是乙炔的还原性，选项D错误。11、C【解析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中OH-与CO32-物质的量相等，加入稀盐酸，首先发生①OH－＋H＋=H2O，然后是②CO32－＋H＋=HCO3－，最后是③HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O；A.①＋②即得到OH－＋CO32－＋2H＋=HCO3－＋H2O，A与事实相符；B.①×2＋②即得到2OH－＋CO32－＋3H+=HCO3－＋2H2O，B与事实相符；C.若OH-为2mol，则CO32-也为2mol，加入4molH+时2molOH-优先消耗2molH+，然后2molCO32-与2molH+恰好完全反应生成2molHCO3-，没有CO2气体产生，C与事实不符；D.①＋②＋③即得到OH－＋CO32－＋3H＋=CO2↑＋2H2O，D与事实相符；答案选C。12、B【解析】A、根据方程式可知反应中氮元素的化合价降低，碳元素的化合价升高，则C是还原剂，N2是氧化剂，A错误；B、反应中氮元素化合价从0价降低到－3价，得到3个电子，则每生成1molSi3N4，N2得到12mol电子，B正确；C、根据方程式可知该反应不是化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应，因此该反应不属于四个基本反应类型之一，C错误；D、CO是有毒气体，尾气需要处理，D错误。答案选B。13、C【详解】A．任何电解质溶液中都存在物料守恒，如果NaHSO3与Na2SO3混合溶液中二者浓度之比为1:1，根据物料守恒得2c（Na+）=3c（HSO3-）+3c（SO32-）+3c（H2SO3），选项A错误；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度，溶液呈酸性，氯离子不水解，所以存在c（CH3COOH）＜c（Cl-），选项B错误；C．等物质的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的Na2SO4、（NH4）2SO4，NH4+水解导致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+），铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C正确；D．n（NaOH）=0.3mol/L×1L=0.3mol，n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3，CO32-水解程度大于HCO3-，所以c（CO32-）＜c（HCO3-），选项D错误；故答案选C。14、C【详解】A．由于氢氧化钠过量，沉淀都是由加入的盐溶液与氢氧化钠溶液反应生成的，不存在沉淀的转化，不能证明溶度积的大小，故A错误；B．NaClO溶液含有次氯酸根离子，具有氧化性，可水解生成次氯酸，具有漂白性，可以将pH试纸漂白，导致实验现象不准确，无法比较二者的水解能力，故B错误；C．加热氯化镁溶液水解生成氢氧化镁和氯化氢，HCl易挥发，得到的是氢氧化镁，因硫酸不挥发，加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体，可知与酸的挥发性有关，故C正确；D．使品红褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，可能为NaClO与浓盐酸反应生成氯气，可能Na2SO3或NaHSO3与浓盐酸反应生成二氧化硫，故D错误；答案选C。15、D【详解】A、一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，反应②中生成两种化合物，不属于置换反应，错误；B、反应①中Br元素的化合价从-1价升高到0价，被氧化；反应③中Br元素的化合价从+5价降低到0价，被还原；溴元素发生的变化不同，错误；C、反应②中，6molHCl中只有5mol被氧化，则被氧化与被还原物质的物质的量之比为5：1，错误；D、反应③中lmol还原剂Cl2反应失去10mol电子，则氧化剂得到电子的物质的量为10mol，正确。答案选D。16、D【分析】氯水为黄绿色，将气体A通入氯水中得无色透明溶液，说明溶液中一定有还原性的气体，结合反应SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4分析解答。【详解】氯水为黄绿色，将气体A通入氯水中得无色透明溶液，说明气体中含有还原性气体，将气体通入氯水后，得无色溶液，向该溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，说明溶液中含有SO42-，原溶液中一定有SO2，因为SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4；由于H2S、SO2会发生氧化还原反应产生S单质和H2O而不能大量共存，反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，所以一定无H2S；也一定无HI，因为Cl2与HI会发生反应：2HI+Cl2=I2+2HCl，反应生成的I2微溶于水，且碘水呈褐色；故合理选项是D。【点睛】本题考查了物质成分的判断的知识，涉及常见气体的检验、离子共存等，掌握常见化合物的性质、气体之间发生的反应、是否可以大量共存等是解题的关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、离子键和共价键Al2O3或Al2(SO4)3或NaAlO2SO2+H2O2=2H++SO42-HSO4-=H++SO42-或HSO3-H++SO32-【分析】(1)甲为短周期中原子半径最大的元素，则为钠；丙中阴离子核外有18个电子，则单质乙中元素的质子数应小于9，从而确定其为O，丙中阴离子为O22-。(2)白烟通常为盐，最常见的是NH4Cl，生成它的气体要么为Cl2、NH3，要么为HCl、NH3；(3)若甲、丙均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，则甲为Al，丙为Al2O3，丁能溶解Al2O3，则其为酸，可能为盐酸、硝酸或硫酸，也可能为强碱，由此可得出戊的组成。(4)常温下0.1mol/L戊溶液的pH=0.7，则其为二元强酸，即为硫酸，所以丙为SO2，丁为H2O2。(5)若反应①是常见的可逆反应、放热反应，该反应的适宜条件是：铁触媒做催化剂，温度700K左右，压强30-50Mpa，则为工业合成氨的反应，戊是一种酸式盐，则丁为二元酸，可能为硫酸，可能为亚硫酸，从而得出戊可能为硫酸氢盐，可能为亚硫酸氢盐。【详解】（1）由前面分析可知，甲为钠，则乙为O2，丙为Na2O2，其阴离子为O22-，电子式为；答案为。（2）若乙、丁混合或丙、丁混合均产生白烟，由于乙为单质，则丁为NH3，丙为HCl，乙为Cl2，甲为H2，戊为NH4Cl，则戊所含的化学键有离子键和共价键；答案：离子键和共价键。（3）若甲、丙均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，则甲为Al，丙为Al2O3，乙为O2，丁能溶解Al2O3，则其为酸，可能为盐酸、硝酸或硫酸，也可能为NaOH，从而得出戊可能为AlCl3、Al(NO3)3、Al2(SO4)3、NaAlO2。若戊为AlCl3、Al(NO3)3，存在反应AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl↑，Al(NO3)3+3H2OAl(OH)3+3HNO3↑，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，则最终所得固体为Al2O3；若戊为Al2(SO4)3，则最终所得固体为Al2(SO4)3；若戊为NaAlO2，则最终所得固体为NaAlO2。答案：Al2O3或Al2(SO4)3或NaAlO2。（4）常温下0.1mol/L戊溶液的pH=0.7，则其为二元强酸，即为硫酸，所以丙为SO2，丁为H2O2，反应②的离子方程式SO2+H2O2=2H++SO42-。答案：SO2+H2O2=2H++SO42-。（5）反应①是工业合成氨的反应，戊是一种酸式盐，则丁为二元酸，可能为硫酸，可能为亚硫酸，从而得出戊可能为硫酸氢铵，可能为亚硫酸氢铵。戊的阴离子电离方程式HSO4-=H++SO42-或HSO3-H++SO32-。答案：HSO4-=H++SO42-或HSO3-H++SO32-。【点睛】对于挥发性酸的弱碱盐，在加热蒸干和灼烧过程中，水解生成的酸挥发，水解生成的金属氢氧化物分解，所以最终所得的固体为金属氧化物；对于不挥发性酸的弱碱盐，因为起初水解生成的酸不能挥发，所以最终水解生成的金属氢氧化物再与酸反应，重新生成盐，故最终所得固体仍为该无水盐。18、第3周期第ⅤA族Na2[Be(OH)4]NaH+H2O=NaOH+H2↑铬2Al+Cr2O32Cr+Al2O3【分析】前四周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X和铝在元素周期表中具有特殊的“对角线”关系，单质及化合物的性质十分相似，则X是Be元素；Y原子半径在短周期主族元素中最大，则Y是Na元素；Z元素有多种同素异形体，其中一种为正四面体结构，易自燃，Z是P元素；M基态原子未成对电子数在同周期元素中最多，则M是Cr元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Be元素，Y是Na元素，Z是P元素，M是Cr元素。(1)元素Z是P，核外电子排布是2、8、5，所以P元素在周期表中的位置是第3周期第ⅤA族；(2)元素X的氧化物是BeO，该氧化物能与Y的氧化物的水化物NaOH溶液反应，生成一种四配位化合物，根据Be单质及化合物的性质与Al单质及化合物的性质十分相似，结合Al元素的化合物Na[Al(OH)4]，结合Be元素化合价为+2价，可知该化合物的化学式为Na2[Be(OH)4]；(3)Na元素的原子容易失去电子形成Na+，H元素的原子获得电子形成，二者通过离子键结合形成离子化合物NaH，电子式为；该物质遇水可发生反应产生NaOH和H2，反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑；(4)由于前四周期的M元素的未成对电子数最多，结合元素的原子序数可知元素M是Cr，元素的名称为铬，其+3价氧化物Cr2O3与铝在高温下发生铝热反应产生Al2O3和Cr，反应的化学方程式为2Al+Cr2O32Cr+Al2O3。【点睛】本题考查了元素的推断、元素在周期表的位置、物质的结构表示、化学方程式书写等。元素的原子结构与元素在周期表的位置关系密切，不仅同族元素性质相似，有些元素还存在对角线相似法则，掌握结构对性质的决定作用是本题解答的关键。19、将PbSO4化为PbCO3，提高铅的利用率Na2SO4适当升温(或适当增大硝酸浓度或减小沉淀粒径等其他合理答案）3Pb+8H++2NO3—=3Pb2++2NO↑+4H2OHNO34PbSO4+6NaOH3Na2SO4+3PbO•PbSO4•H2O+2H2O用玻璃棒引流，向过滤器中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复上述操作2-3次【解析】(1)步骤①向铅泥中加Na2CO3溶液，PbCO3的溶解度小于PbSO4的溶解度，Na2CO3(aq)+PbSO4(s)=Na2SO4(aq)+PbCO3(s)，则可将PbSO4转化成PbCO3，所以滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，故答案为：将PbSO4转化为PbCO3，提高铅的利用率；Na2SO4；(2)酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是适当升温(或适当增大硝酸浓度或减小沉淀粒径等)；铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2和NO的离子方程式为：3Pb+8H++2NO3-=3Pb2++2NO↑+4H2O；故答案为：适当升温(或适当增大硝酸浓度或减小沉淀粒径等)；3Pb+8H++2NO3-=3Pb2++2NO↑+4H2O；(3)Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，HNO3可循环利用，故答案为：HNO3；(4)步骤⑥合成三盐的化学方程式为：4PbSO4+6NaOH3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O，故答案为：4PbSO4+6NaOH3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O；(5)步骤⑦沉淀表面附着硫酸根离子，洗涤沉淀的方法为：用玻璃棒引流，向过滤器中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复上述操作2-3次，故答案为：用玻璃棒引流，向过滤器中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复上述操作2-3次。点睛：本题考查了物质的制备，理解工艺流程原理是解题的关键。以铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐：向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤的滤液为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到三盐。20、Cu＋4H＋＋2NO3－Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OPt和Au把Fe2+氧化为Fe3+该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染坩埚中加热脱水甲甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸