2026届四川省宜宾市翠屏区宜宾四中高三化学第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2026届四川省宜宾市翠屏区宜宾四中高三化学第一学期期中学业质量监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、既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应的是（）①SiO2②Al③NaHCO3④Al2O3⑤(NH4)2CO3A．全部 B．②④⑤ C．②③④⑤ D．①②③④2、NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．16gCH4所含原子数目为NAB．1mol·L－1NaCl溶液含有NA个Na+C．常温常压下，22.4LCO2中含有NA个CO2分子D．2.4gMg与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA3、锌溴液流电池用溴化锌溶液作电解液，并在电池间不断循环。下列有关说法正确的是A．充电时阴极的电极反应式为Br2+2e-===2Br-B．充电时n接电源的正极，Zn2+通过阳离子交换膜由左侧流向右侧C．放电时阳离子交换膜的左侧溶液中离子浓度增大D．放电时每转移2mol电子负极区溶液质量减少65g4、有一无色溶液，仅含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl－、SO42-、HCO3-、MnO4-中的几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。下列推断正确的是()A．肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NH4+B．肯定有Al3＋、Mg2＋、HCO3-，肯定没有MnO4-C．肯定有K＋、Al3＋、MnO4-，可能有HCO3-D．肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有K＋5、现有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液,其中c(Mg2+)=0.30mol·L－1，c(Cl－)=1.20mol·L－1，要使Mg2+完全转化为Mg(OH)2且与Al3+恰好分开，至少需要1.00mol·L－1的NaOH溶液的体积为A．80mL B．100mL C．120mL D．140mL6、实验室需配制480mL1mol·L－1NaOH溶液，下列叙述正确的是()A．转移液体时，玻璃棒应紧靠容量瓶口B．用托盘天平称量19.2gNaOH固体C．容量瓶上标有温度、浓度、容积和压强D．定容时若俯视刻度线观察液面，会使所配制的NaOH溶液的浓度偏高7、下列表示不正确的是（）A．1molSiO2分子中含4mol共价键 B．氯化铵的电子式为：C．CH4的比例模型： D．Cl－的结构示意图：8、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A．将CO2通入CaCl2溶液：CO2+H2O+Ca2+=CaCO3↓+2H+B．往氢氧化钠溶液中通入过量SO2：OH-+SO2=C．向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2＋2H＋=Fe2＋＋2H2OD．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2++OH-+H++═BaSO4↓+H2O9、某溶液中含有等物质的量的K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42-、SO32-中的几种离子，为了确定其组成，某同学取两份该溶液进行了如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）：（1）一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色；（2）另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀。下列说法正确的是（）A．一定没有Na+ B．溶液中一定没有Fe3+C．溶液中一定没有SO42- D．溶液中一定没有SO32-10、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－111、下列有关实验操作描述正确的是A．在沸水中分别滴加浓氢氧化钠、氯化铁溶液,可制备氢氧化铁胶体B．用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,立即用胶头滴管吸出多余液体C．常见试纸：石蕊试纸、pH试纸、KI淀粉试纸在使用前均需润湿D．酸式滴定管装标准液前,必须先用该溶液润洗12、关于反应Zn+2HNO3+NH4NO3→N2↑+3H2O+Zn(NO3)2，下列判断正确的是A．生成1molN2，电子转移总数为3NA B．生成1molN2，电子转移总数为5NAC．溶解1molZn，电子转移总数为2NA D．溶解1molZn，电子转移总数为4NA13、能用离子方程式H＋+OH－→H2O表示的反应是()A．氨水和盐酸 B．氢氧化钠溶液和醋酸C．硫酸和氢氧化钾溶液 D．氢氧化铜和盐酸14、以下离子中，半径最大的是A．Na B．K C．S2 D．Cl15、120mL含有0.20mol/L碳酸钠溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（）A．1.2mol/L B．2.0mol/L C．0.18mol/L D．0.24mol/L16、下列说法不正确的是（）A．体系有序性越高，熵值就越低 B．自发过程可以导致体系的熵增大C．吸热反应不可以自发进行 D．同种物质气态时熵值最大二、非选择题（本题包括5小题）17、氮、磷属于同一主族元素，是组成生命体的重要元素，其单质及化合物用途广泛。回答下列问题：（1）基态P原子的核外电子排布式为___________________（2）自然固氮现象发生的一系列化学变化：，解释了民谚“雷雨发庄稼”的原理。①分子结构中σ键和π键数目之比为__________②中N原子采取__________杂化方式，写出它的一种等电子体的化学式：__________。③已知酸性：，下列相关见解合理的是__________。A．含氧酸中氧原子总数越多，酸性越强B．同种元素化合价越高，对应含氧酸的酸性越强C．中氮元素的正电性更高，在水溶液中更易电离出，酸性强于（3）磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图所示，图中a点和b点的原子坐标参数分别为(0，0，0)、，则c点的原子坐标参数为__________。已知该晶体密度为，则B—P键的键长为__________pm(阿伏加德罗常数用表示，列出计算式即可)。。18、前四周期元素R、X、Y、Z、E的原子序数依次增加，它们的结构和部分信息如下表所示：元素代号部分信息R基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同XX的双原子单质δ键和π键数目之比为1∶2Y短周期主族元素中，原子半径最大ZZ的最高正化合价与最低负化合价之和等于4E基态E3+的外围电子排布式是3d5回答问题：（1）E元素在周期表中的位置是____，其基态原子中电子占据的最高能层是________。（2）元素X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为____，每个中心原子的价层电子对数是_______。（3）在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是__________。（4）Z元素的两种氧化物对应的水化物中，酸性较强的_____，其原因是_________。（5）(ZX)4在常压下，高于130℃时(ZX)4分解为相应的单质，这一变化破坏的作用力是_______；它为热色性固体，具有色温效应，低于-30℃时为淡黄色，高于100℃时为深红色，在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是______。（6）常温条件下，E的晶体采用如图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为_____，若E原子的半径为r，则单质E的原子空间利用率为________。（列出计算式即可）19、实验室制取氨气有几种方法。如图是实验室制气体的几种发生装置和吸收装置。（1）当NH4Cl和Ca(OH)2来制取氨气时应选用的气体发生装置是___（填编号），该反应的化学方程式：___；（2）①当用浓氨水和NaOH固体来制取氨气时应选用的气体发生装置是___（填编号）。②欲用蒸馏水吸收氨气，应选择的吸收装置是所给装置中的___（填编号）某化学课外兴趣小组探究铜跟浓硫酸反应情况。取6.4g铜片和10ml18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直至反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余外，同时他们根据科学的化学知识认为还有较多的硫酸剩余。（3）①请写出铜跟浓硫酸反应的化学方程式：___；②可以证明有余酸的实验方案是（________）A．再加入铁粉B．再滴入BaCl2溶液C．再加入银粉D．再滴入NaHCO3（4）某工厂以Cu与硝酸为原料制取Cu(NO3)2，设计了下列两个方案：方案A：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O方案B：2Cu+O2=2CuO；CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O回答：①你认为较合理的方案是___（填A或B）。②选择该方案的原因____。20、氨对人类的生产生活具有重要影响。（1）氨的制备与利用。①工业合成氨的化学方程式是____________。②氨催化氧化生成一氧化氮反应的化学方程式是___________。（2）氨的定量检测。水体中氨气和铵根离子(统称氨氮)总量的检测备受关注。利用氨气传感器检测水体中氨氮含量的示意图如下：①利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用：_______________。②若利用氨气传感器将1L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为6×10-4mol，则水样中氨氮(以氨气计)含量为________mg·L-1。（3）氨的转化与去除。微生物燃料电池(MFC)是一种现代化氨氮去除技术。下图为MFC碳氮联合同时去除的氮转化系统原理示意图。已知A、B两极生成CO2和N2的物质的量之比为5:2，写出A极的电极反应式：_______。21、为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：回答下列问题：．(1)固体1含有的物质是_________、CaCO3、Ca(OH)2；捕获剂所捕获的气体主要是_______________。(2)若X是空气，则上述反应中NO和O2的物质的量之比最好为___________，若空气过量，导致的结果会是____________________________。(3)流程中处理含NH4+废水时发生反应的离子方程式为____________________________。气体1也可通过催化剂直接转化成无污染气体，反应的化学方程式为_____________________________________。(4)若工业废气中主要含N2、SO2，不考虑其他成分，则可用下列工艺生产NaHSO3过饱和溶液[NaHSO3过饱和溶液是生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的原料]。pH=4.1时，I中反应的化学方程式为_________________________；工艺中加入Na2CO3固体、并再次通入废气的目的是_______________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】①SiO2为酸性氧化物，只能与NaOH溶液反应，不能与稀硫酸反应，不正确；②Al既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应，正确；③NaHCO3为弱酸的酸式盐，既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应，正确；④Al2O3为两性氧化物，既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应，正确；⑤(NH4)2CO3为弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应，正确。所以②③④⑤都正确。答案为C。【点睛】铝虽然既能与酸反应，又能与碱反应，但不叫两性金属。因为它不管与酸反应，还是与碱反应，都表现出还原性。2、D【解析】试题分析：A．16g甲烷的物质的量为1mol，1mol水中含有4mol原子，所含原子数目为4NA，故A错误；B．没有告诉1mol•LNaCl溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的数目，故B错误；C．不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L二氧化碳的物质的量，故C错误；D.2.4g镁的物质的量为0.1mol，0.1mol镁与足量盐酸反应失去0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故D正确；故选D。【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的计算与判断【名师点晴】注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件；选项B为易错点，注意题中缺少溶液的体积选项D为易错点，注意镁原子最外层含有2个电子。3、C【解析】放电时，该装置是原电池，Zn易失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，正极反应式为Br2+2e-=2Br-，所以n是负极，m是正极；充电时，阳极、阴极与正极、负极电极反应式正好相反，阳离子交换膜只能阳离子通过，分子或阴离子不能通过，以此解答该题。【详解】A.充电时阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：Zn2++2e-═Zn，故A错误；B.n接电源的负极，充电时，电解池原理，Zn2+会移向阴极，即通过阳离子交换膜由左侧流向右侧，故B错误；C.放电时作原电池，正极反应式为Br2+2e-=2Br-，所以阳离子交换膜的左侧溶液中离子浓度增大，故C正确；D.原电池中Zn易失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，每转移2mol电子，负极减轻130g，故D错误；故选C。4、D【分析】①溶液是无色溶液判断一定不含MnO4-；取部分溶液，逐滴滴入NaOH溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；说明一定含有Al3+、Mg2+；根据离子共存判断一定不含有HCO3-；因为镁离子和氢氧根离子生成沉淀不溶于碱，生成的氢氧化铝溶于碱；铵根离子和氢氧根离子结合可能生成气体氨气，所以一定不含NH4+；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生．判断一定无SO42-；依据溶液的电中性，溶液中的阴离子一定是Cl-。【详解】溶液是无色溶液判断一定不含MnO4-；①取部分溶液，逐滴滴入NaOH溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；说明一定含有Al3+、Mg2+，同时，根据离子共存的条件可以判断一定不含有HCO3-；因为镁离子和氢氧根离子生成沉淀不溶于碱，生成的氢氧化铝溶于碱；铵根离子和氢氧根离子结合可能生成气体氨气，所以一定不含NH4+；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。判断一定无SO42-；依据溶液的电中性，溶液中的阴离子一定是Cl-；综上所述：溶液中一定含有Al3+、Mg2+、Cl-，一定无NH4+、SO42-、HCO3-、MnO4-；可能有K+答案选D。【点睛】本题考查了离子检验的，反应现象的判断，离子共存的应用，主要是同种离子的性质应用，无色溶液中不含MnO4-、Cu2+、Fe3+、Fe2+等离子，溶液中加入过氧化钠会产生氢氧化钠且具有强氧化性，碱性条件下Al3＋、Mg2＋、NH4+、HCO3-均不能大量存在，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生说明不含有SO42-，根据离子检验进行判断。5、D【解析】溶液中n（Cl-）=0.1L×1.2mol/L=0.12mol，溶液中n（Mg2+）=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，根据电荷守恒，所以溶液中n（Al3+）==0.02mol，将100mL此溶液中的Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，由原子守恒可知n（NaOH）=n（Na）=n（Cl）+n（Al）=0.12mol+0.02mol=0.14mol，所以至少需要1mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.14L=140ml，故答案选D。6、D【详解】A．移液体时，玻璃棒应紧靠容量瓶内壁，A错误；B．没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量=0.5L×1mol•L-1×40g/mol=20.0g，B错误；C．容量瓶上标有刻度线、温度、容积，C错误；D．定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查了配制一定物质的量的溶液的配制、对仪器的认识、实验基本操作，方法和注意事项等，难度不大，注意基础知识的理解掌握。7、A【详解】A.二氧化硅是由Si原子和氧原子按照1:2形成的原子晶体，不存在“SiO2”分子，A错误；B.氯化铵为离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，其电子式为，B正确；C.中黑球为C原子，白球为H原子，是CH4的比例模型，C正确；D.Cl－有三个电子层，最外层有八个电子，离子的结构示意图为，D正确；答案选A。8、B【详解】A.碳酸的酸性弱于盐酸，故CO2通入CaCl2溶液不反应，A项错误；B.往氢氧化钠溶液中通入少量SO2，生成亚硫酸钠，通入过量SO2，生成亚硫酸氢钠，离子反应式为OH-+SO2=，B项正确；C.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸发生的是氧化还原反应，氧化产物Fe3＋和还原产物NO，C项错误；D.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性，氢离子与氢氧根恰好反应完全，离子式为Ba2++2OH-+2H++═BaSO4↓+2H2O，D项错误；答案选B。【点睛】CO2和SO2都具有酸性，都可以与氢氧化钠反应，化学反应式有通入量多量少的区别，特别需要注意二氧化硫在这个过程中没有发生氧化还原反应，以Na2SO3或者NaHSO3形式存在，而不会变成NaHSO4或者NaSO4。9、B【详解】(1)一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，说明含有Fe2+、SO32-中的一种，二者不共存，所以不能同时存在；(2)另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，至少含有SO42-、SO32-中的一种。分两种情况讨论：若存在Fe2+，则不存在SO32-，一定有SO42-，由于离子的物质的量相等，所以只有Fe2+和SO42-；若存在SO32-，则Fe2+和Fe3+都不存在，根据电荷守恒，阳离子K+、Na+都必须存在，没有SO42-，即存在的离子是K+、Na+和SO32-。在两种情况下，都一定不存在Fe3+。故选B。10、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。11、D【详解】A.制备氢氧化铁胶体不能向氯化铁溶液中滴加氢氧化钠，故A错误；B.用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，应该重新配制，故B错误；C.pH试纸在使用前不能用水润湿，故C错误；D.滴定管装标准液前，必须先用水洗，再用该溶液润洗，故D正确；故答案选D。12、B【详解】生成1mol氮气或溶解1mol锌，反应中只有一半的硝酸作氧化剂，N由+5价变成0价，即转移5mole-，故B正确；答案选B。13、C【分析】表示的是强酸和强碱的反应生成可溶性盐和水的反应。【详解】A.氨水为弱碱,一水合氨不能拆开,该反应的离子方程式为：，A错误；B.醋酸为弱酸,离子方程式中不能拆开,该反应的离子方程式为：，B错误；C.硫酸和氢氧化钾溶液反应生成硫酸钾和水,该反应的离子方程式为：，故C正确；D.氢氧化铜是沉淀，在离子方程式中不能拆开,该反应用离子方程式为：表示，D错误；故选C。14、C【解析】离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，因此离子半径大小顺序是S2－＞Cl－＞K＋＞Na＋，答案选C。【点睛】注意微粒半径的大小比较规律：一看电子层数：同主族元素的微粒，电子层数越多，半径越大；二看核电荷数：在同周期中的原子，核电荷数越大，半径越小；三看质子数：在电子层数和核外电子数均相同时，质子数越多，半径越小。15、C【解析】由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，依次发生CO32－＋H＋=HCO3－、HCO3－＋H＋＋H2O＋CO2↑两个反应。碳酸钠是0.024mol，则氯化氢的物质的量应该大于0.024mol才可能都有气体产生，氯化氢的物质的量应该小于0.048mol，才最终生成的气体体积不同，所以浓度就是大于0.12mol/L，但小于0.24mol/L，故C正确。16、C【详解】A．体系有序性越高，即体系的混乱程度越小，熵值就越低，正确；B．自发过程将导致体系的熵增大，即熵增原理，正确；C．吸热反应△H＞0，若△S＞0，反应在高温下△H-T△S＜0，反应能自发进行，错误；D．同种物质熵值：气态＞液态＞固态，所以同种物质气态时熵值最大，正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、1∶2sp2SO3或O4或BF3等BC【分析】(1).P元素的原子序数为15，核外电子为3层，有5个能级；（2）①N2分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，氮氮三键由一个σ键和两个π键形成；②硝酸根中N原子价电子层电子对数为3，孤电子对数为0，杂化方式为sp2杂化；原子个数和价电子数相同的微粒互为等电子体；③同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多，非羟基氧原子个数越多，正电性更高，在水溶液中更易电离出，酸性越强；（3）由a、b的坐标可知晶胞的边长为1，由晶胞结构可知c位于右侧面的面心，则c的坐标为（1，，）；由分摊法计算可得。【详解】(1).P元素的原子序数为15，核外电子为3层，有5个能级，电子排布式为1s22s22p63s23p3，故答案为：1s22s22p63s23p3；（2）①N2分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，氮氮三键由一个σ键和两个π键形成，则σ键和π键之比为1:2，故答案为：1:2；②硝酸根中N原子价电子层电子对数为3，孤电子对数为0，则杂化方式为sp2杂化；原子个数和价电子数相同的微粒互为等电子体，则与硝酸根互为等电子体的微粒为SO3或O4或BF3等，故答案为：SO3或O4或BF3等；③A.含氧酸中非羟基氧原子个数越多，酸性越强，与氧原子总数无关，故错误；B.同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多，非羟基氧原子个数越多，酸性越强，故正确；C.HNO3中氮元素的化合价高，正电性更高，在水溶液中更易电离出，所以相较HNO2酸性更强，故正确；BC正确，故答案为：BC；（3）由a、b的坐标可知晶胞的边长为1，由晶胞结构可知c位于右侧面的面心，则c的坐标为（1，，）；由晶胞结构可知，b处于4个P原子围成的正方体的正中心，P原子位于顶点，设x为晶胞边长，则B-P键的长度为；由晶胞结构可知，晶胞中含有4个BP，由=x3ρ可得x=，则B-P键长为pm，故答案为：（1，，）；。18、第四周期VIII族N4CO32-与NO3-H2SO4H2SO4和H2SO3可表示为(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S为+4价，而H2SO4中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H+。共价键范德华力或分子间作用力8【解析】基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同，则R是C；X的双原子单质δ键和π键数目之比为1∶2，X是N；Y是短周期主族元素中，原子半径最大，则的Y是Na；Z的最高正化合价与最低负化合价之和等于4，Z是S；基态E3+的外围电子排布式是3d5，这说明E的原子序数是26，即E是Fe。则（1）Fe元素在周期表中的位置是第四周期VIII族，其基态原子中电子占据的最高能层是N。（2）元素X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为，每个中心原子的价层电子对数是4，均有一对孤对电子。（3）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是CO32-与NO3-。（4）由于H2SO4和H2SO3可表示为(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S为+4价，而H2SO4中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H+，因此硫酸的酸性更强。（5）(SN)4在常压下，高于130℃时分解为相应的单质，S和N之间的化学键是共价键，则这一变化破坏的作用力是共价键；在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中没有新物质生成，化学键不变，破坏的作用力是范德华力或分子间作用力。（6）常温条件下，铁的晶体采用如图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为8。晶胞中铁原子个数是1＋8×1/8=2，若Fe原子的半径为r，则体对角线是4r，所以边长是，所以单质Fe的原子空间利用率为。19、A2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OBCCu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OADBA中生成的NO会污染环境，生成相同质量的硝酸铜B方案需要的硝酸更少【分析】(1)依据反应物状态和反应条件分析判断制备气体的装置，A装置属于固固混合加热装置，反应是固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气；(2)浓氨水和NaOH固体反应生成氨气，B装置属于固液混合不加热型装置；氨气极易溶于水，处理时要用防倒吸装置；(3)随反应进行硫酸浓度减小，稀硫酸和铜不反应，所以即使铜过量，硫酸也不能完全反应，因为浓硫酸和铜反应得到CuSO4，所以检验剩余的硫酸，不能检验硫酸根离子，需要检验剩余溶液中含H+；(4)根据选择方案的依据和绿色化原理来回答本题。【详解】(1)A装置属于固固混合加热装置，用NH4Cl和Ca(OH)2来制取氨气，反应物是固体和固体加热制备气体的反应，选用大试管加热制备氨气，选则装置A；用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气，反应的化学方程式：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：A；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)①NaOH溶于水放出热量，故致使溶于水的氨气溶解度降低，从而逸出，氨水为弱电解质存在电离平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入氢氧化钠，氢氧根浓度增大，平衡左移，氨气逸出，B装置属于固液混合不加热型装置，当用浓氨水和NaOH固体来制取氨气时应选用装置B，故答案为：B；②氨气极易溶于水，处理时要用防倒吸装置，故答案为：C；(3)①铜跟浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②随反应进行硫酸浓度减小，稀硫酸和铜不反应，所以即使铜过量，硫酸也不能完全反应，因为浓硫酸和铜反应得到CuSO4，所以检验剩余的硫酸，不能检验硫酸根离子，需要检验剩余溶液中含H+，H+和Fe反应放出氢气，和NaHCO3溶液反应得到二氧化碳，故答案为：AD；(4)选择方案时要考虑是否产生有害气体污染空气，方案是否可行，是否安全，操作是否简单，是否节约了原料，方案A的生成物会污染环境，并且制取相同质量的硝酸铜，方案B消耗的原料最少，硝酸中的硝酸根全部转化成硝酸铜，故答案为：B；A中生成的NO会污染环境，生成相同质量的硝酸铜B方案需要的硝酸更少。20、N2+3H22NH34NH3+5O24NO+6H2Oc(OH-)增大，使NH4++OH-⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出3.4CH3COO--8e-+2H2O═2CO2+7H+【分析】（1）①工业合成氨是利用氮气和氢气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气；②氨气的催化氧化生成一氧化氮和水；

（2）①氢氧根离子浓度增大会结合铵根离子利于生成氨气；

②若利用氨气传感器将1L水样中的氨氮完全转化为N2时，依据氮元素守恒和电子转移守恒计算水样中氨氮（以氨气计）含量；

（3）图示分析可知微生物燃料电池中氢离子移向B电极，说明A为原电池的负极，B为原电池的正极，NO3-离子在正极得到电子生成氮气发生还原反应，CH3COO-在原电池负极失电子生成二氧化碳气体，发生氧化反应，环境为酸性介质，据此解答。【详解】（1）①工业合成氨是利用氮气和氢气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，反应的化学方程式为：N2+3H22NH3；

故答案为N2+3H22NH3；②氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；（2）①利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用是c(OH-)增大，使NH4++OH-⇌NH3•