河北省隆華存瑞中學2026屆高三上化學期中調研模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、室溫下，2H2(g)+O2(g)2H2O(l)+566kJ。下列說法錯誤的是A．H2H+H的過程需要吸熱B．若生成2mol水蒸氣，則放出的熱量大于566kJC．2g氫氣完全燃燒生成液態(tài)水所釋放的能量為283kJD．2mol氫氣與1mol氧氣的能量之和大于2mol液態(tài)水的能量2、將1．1mol·L－1的下列物質的水溶液，從常溫加熱到91℃，溶液的pH不變的是A．氯化鈉 B．硫酸 C．氫氧化鉀 D．硫酸銨3、在某溶液中，加入酚酞試液顯紅色，將二氧化硫通入該溶液中，發(fā)現紅色消失，主要原因為二氧化硫有（）A．漂白性 B．還原性 C．氧化性 D．溶于水后顯酸性4、25℃，amol·L?1HCl與bmol·L?1一元堿MOH等體積混合后，pH為7，則下列關系一定正確的是A．a≤bB．a≥bC．c(Cl?)＞c(M+)D．c(Cl?)<c(M+)5、某溶液中含有大量Fe2+、Fe3+、Mg2+和NH4+，其中c(H+)=10-2mol·L-1，在該溶液中還可以大量存在的陰離子是()A．SO42- B．NO3-- C．SCN- D．CO32—6、某電動汽車配載一種可充放電的鋰離子電池。放電時電池的總反應為：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+C6(x<1)。下列關于該電池的說法不正確的是（）A．放電時，Li+在電解質中由負極向正極遷移B．放電時，負極的電極反應式為LixC6-xe-=xLi++C6C．充電時，若轉移1mole-，石墨C6電極將增重7xgD．充電時，陽極的電極反應式為LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+Li+7、自然界中時刻存在著氮的轉化。實現氮氣按照一定方向轉化一直是科學領域研究的重要課題，如圖為N2分子在催化劑的作用下發(fā)生的一系列轉化示意圖。下列敘述正確的是（）A．使用催化劑a、b均可以提高單位時間內生成物的產量B．在催化劑b作用下，O2發(fā)生了氧化反應C．催化劑a、b表面均發(fā)生了極性共價鍵的斷裂D．N2→NH3，NH3→NO均屬于氮的固定8、從海帶中提取碘有如下步驟：①通入足量的Cl2，②將海帶焙燒成灰后加水攪拌，③加CCl4振蕩，④用分液漏斗分液，⑤過濾。合理的操作順序是（）A．①②③④⑤ B．②⑤①③④ C．①③⑤②④ D．②①③⑤④9、用惰性電極電解飽和Na2CO3溶液，若保持溫度不變，則一段時間后A．溶液的pH變大B．c(Na+)與c(CO32-)的比值變大C．溶液濃度變大，有晶體析出D．溶液濃度不變，有晶體析出10、下述實驗能達到預期目的的是（）編號實驗內容實驗目的A將SO2通入酸性KMnO4溶液中證明SO2具有氧化性B將Cl2通入NaBr溶液中比較氯與溴的氧化性強弱C將銅與濃硝酸反應生成的氣體收集后用冰水混合物冷卻降溫研究溫度對化學平衡的影響D分別向2支試管中加入相同體積不同濃度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2研究催化劑對H2O2分解速率的影響A．A B．B C．C D．D11、下列有機物命名正確的是A．3，3—二甲基丁烷B．3—乙基丁烷C．2，2—二甲基丁烷D．2，3，3—三甲基丁烷12、下列表述Ⅰ、Ⅱ正確并且有因果關系的是選項表述Ⅰ表述ⅡASiO2有導電性SiO2可用于制備光導纖維BSO2有漂白性SO2可使溴水褪色C濃硫酸有強氧化性、吸水性濃硫酸可使蔗糖變黑DFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于刻蝕印刷電路板A．AB．BC．CD．D13、氮氧化鋁(AlON)是一種高硬度防彈材料，可以在高溫下由反應Al2O3+C+N2=2AlON+CO合成，下列有關說法正確的是（）A．氮氧化鋁中氮的化合價是-3B．反應中每生成5.7gAlON同時生成1.12LCOC．反應中氧化產物和還原產物的物質的量之比是1:2D．反應中氮氣作還原劑14、常溫下，A是只含X和Y兩種短周期元素的氣體，X的原子序數小于Y，甲、乙、丙分別是X、Y、Z元素的單質，Z是地殼中含量最高的元素。甲、乙、丙和B、C、D都是常見的物質，其轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑：Z>X>YB．常溫常壓下，Z的氫化物為氣態(tài)C．反應②為化合反應，反應③為置換反應D．由X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是離子化合物15、下列敘述正確的是()A．1mol·L－1NaCl溶液中含有NA個Na+B．從100mL5mol·L－1H2SO4溶液中取出10mL，所得硫酸根的物質的量為0.05molC．用100mL水吸收0.1molHCl氣體所得溶液的物質的量濃度恰好是1mol·L－1D．將62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶質的物質的量濃度為1mol·L－116、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是A．B．C．D．二、非選擇題（本題包括5小題）17、A、B、C、D、E、F、G是原子序數依次增大的短周期主族元素，其中A與E、D與G同主族，且D與G核內質子數之和是A與E核內質子數之和的2倍，A與B、C、D可分別形成10電子分子，E、F、G元素最高價氧化物對應水化物之間可相互發(fā)生反應，請回答下列問題：(1)A、B、C元素的名稱分別為______、______、_______，E、G兩種元素的符號：E________、G________；F在元素周期表中的位置是___________。(2)E在D2中燃燒生成化合物X，X中化學鍵類型_________，X中陰陽離子個數比為________。(3)向含E的最高價氧化物的水化物0.5mol的水溶液中通入標況下BD2氣體11.2L，其化學反應方程式為_________。(4)若1.7克C的氫化物發(fā)生催化氧化生成氣態(tài)產物放出22.67KJ的熱量。寫出此反應的熱化學方程式____________。18、化合物M是一種醫(yī)用高分子材料，可用于制造隱形眼鏡；以下是M、有機玻璃的原料H及合成橡膠（N）的合成路線。（1）A中含有的官能團是___（寫名稱）。（2）寫出反應類型：D→E___；寫出反應條件：G→H___。（3）寫出B→C化學反應方程式：___；（4）寫出E+F→N化學反應方程式：___。（5）H在一定條件下能被氧化為不飽和酸，該不飽和酸有多種同分異構體，屬于酯類且含有碳碳雙鍵的同分異構體共有___種。（6）已知：①RCHO②③+SOCl2+SO2+HCl根據已有知識并結合相關信息，寫出以為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用)___。合成路線流程圖示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。19、平板電視顯示屏生產過程中產生大量的廢玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質)。某小組以此廢玻璃為原料，設計如下工藝流程對資源進行回收，得到Ce(OH)4。己知:CeO2不溶于強酸或強堿；Ce3+易水解，酸性條件下，Ce4+有強氧化性。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要進行的操作________，反應①的離子方程式_______。(2)反應②的離子方程武是____________。(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應②之前要進行的操作是______。(4)反應③需要加入的試劑X可以是_________。(5)用滴定法測定制得的Ce(OH)4產品純度。用FeSO4溶液滴定用_____做指示劑，滴定終點的現象_______若所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進進行滴定，則測得該Ce(OH)4產品的質量分數____(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。20、某工業(yè)廢水中僅含下表離子中的5種（不考慮水的電離及離子的水解），且各種離子的物質的量濃度相等，均為0.1mol/L．陽離子K+Cu2+Fe3+Al3+Fe2+陰離子Cl﹣CO32﹣NO3﹣SO42﹣SiO32﹣甲同學欲探究廢水的組成，進行了如下實驗：I．用鉑絲蘸取少量溶液，在火焰上灼燒，無紫色火焰（透過藍色鈷玻璃觀察）。Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液無明顯變化。Ⅲ．另取溶液加入少量鹽酸，有無色氣體生成，該無色氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液依然澄清，且溶液中陰離子種類不變。Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。請推斷（1）由I、Ⅱ判斷，溶液中一定不含有的陽離子是_____________（寫離子符號）。（2）Ⅲ中加入少量鹽酸生成無色氣體的離子方程式是_______。（3）將Ⅲ中紅棕色氣體（標況下）收集一試管然后倒扣入水中（假設溶質不擴散），所得溶液的物質的量濃度為_________mol/L（精確到千分位）。（4）甲同學最終確定原溶液中所含陽離子是___________，陰離子是_______。（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反應后過濾，洗滌，灼燒至恒重，得到的固體為_________________，質量為_______________g。21、甲烷以天然氣和可燃冰兩種主要形式存在于地球上，儲量巨大，充分利用甲烷對人類的未來發(fā)展具有重要意義。(1)乙炔(CH≡CH)是重要的化工原料。工業(yè)上可用甲烷裂解法制取乙炔，反應為：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)。甲烷裂解時還發(fā)生副反應：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)。甲烷裂解時，幾種氣體平衡時分壓(Pa)的對數即lgP與溫度(℃)之間的關系如圖所示。①1725℃時，向恒容密閉容器中充入CH4，達到平衡時CH4生成C2H2的平衡轉化率為_______。②1725℃時，若圖中H2的lgp=5，則反應2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的平衡常數Kp=_________(注：用平衡分壓Pa代替平衡濃度mol/L進行計算)。③根據圖判斷，2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)△H_____0(填“＞”或“＜”)。由圖可知，甲烷裂解制乙炔過程中有副產物乙烯生成。為提高甲烷制乙炔的產率，除改變溫度外，還可采取的措施有_______。(2)工業(yè)上用甲烷和水蒸氣在高溫和催化劑存在的條件下制得合成氣(CO、H2)，發(fā)生反應為：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H＞0，圖中a、b、c、d四條曲線中的兩條代表壓強分別為1MPa、2MPa時甲烷含量曲線，其中表示1MPa的是________(填字母)。在實際生產中采用圖中M點而不是N點對應的反應條件，運用化學反應速率和平衡知識，同時考慮實際生產，說明選擇該反應條件的主要原因是__________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【詳解】A.化學鍵斷裂需要吸熱，所以H2H+H的過程需要吸熱，故A正確；B.水蒸氣的能量大于液態(tài)水，若生成2mol水蒸氣，則放出的熱量小于566kJ，故B錯誤；C.根據2H2(g)+O2(g)2H2O(l)+566kJ，4g氫氣完全燃燒生成液態(tài)水所釋放的能量為566kJ，所以2g氫氣完全燃燒生成液態(tài)水所釋放的能量為283kJ，故C正確。D.2H2(g)+O2(g)2H2O(l)反應放熱，2mol氫氣與1mol氧氣的能量之和大于2mol液態(tài)水的能量，故D正確；選B?！军c睛】本題考查了熱化學方程式的含義，應注意的是反應物和生成物的狀態(tài)對反應的熱效應的影響，物質氣態(tài)時含有的能量大于液態(tài)時的能量。2、B【詳解】A．氯化鈉溶液常溫下呈中性，pH=7，加熱到91℃，Kw增大，c（H+）=c（OH－），溶液仍呈中性，但Kw增大，c（H+）和c（OH－）均增大，pH減小，A項錯誤；B．1．1mol/L硫酸中c（H+）=1．2mol/L，加熱到91℃，c（H+）不變，pH不變，B項正確；C．1．1mol/LNaOH溶液中c（OH－）=1．1mol/L，升溫到91℃，c（OH－）不變，但Kw增大，所以c（H+）增大，pH減小，C項錯誤；D．硫酸銨是強酸弱堿鹽，NH4＋水解溶液顯酸性，溫度升高，水解程度增大，酸性增強，pH減小，D項錯誤；答案選B。3、D【詳解】因二氧化硫不能使指示劑褪色，酚酞顯紅色說明溶液中存在著堿性的物質，紅色褪去，說明溶液中沒有堿性的物質，是由于二氧化硫溶于水后顯酸性，可將堿性物質中和，故選D。【點睛】本題的易錯點為A，要注意二氧化硫的漂白性不具有普遍性，不能使指示劑褪色。4、A【解析】25℃時，amol·L?1HCl與bmol·L?1一元堿MOH等體積混合后，pH=7，溶液呈中性，該一元堿可能是強堿也可能為弱堿，若為強堿則a=b；若一元堿為弱堿，則反應后得到的是強酸弱堿鹽和弱堿的混合物，a＜b；溶液呈中性，依據溶液中電荷守恒分析判斷離子濃度?！驹斀狻?5℃時，amol·L?1HCl與bmol·L?1一元堿MOH等體積混合后，pH=7，溶液呈中性，該一元堿可能是強堿也可能為弱堿，若為強堿則a=b；若一元堿為弱堿，則反應后得到的是強酸弱堿鹽和弱堿的混合物，a＜b；溶液呈中性，依據溶液中電荷守恒分析判斷離子濃度，c（Cl

-

）+c（OH

-

）=c（H

+

）+c（M

+

），溶液呈中性c（OH

-

）=c（H

+

），得到c(Cl?)=c(M+)，所以一定正確的是a≤b，故選A?！军c睛】本題考查了酸堿反應過程中，溶液酸堿性分析判斷，本題中難點是若一元堿為弱堿則弱堿過量，得到的中性溶液為強酸弱堿鹽和弱堿的混合物，另外溶液中電荷守恒的計算分析也很關鍵。5、A【解析】溶液中c(H+)=1×10-2mol?L-1，該溶液呈酸性，則在溶液中不能存在和這幾種離子反應的離子，據此分析解答?！驹斀狻緼.硫酸根離子和這幾種離子都不反應，所以可以大量共存，選項A正確；B．酸性條件下，NO3--離子和Fe2+離子發(fā)生氧化還原反應而不能共存，選項B錯誤；C．Fe3+和SCN-離子反應生成血紅色的絡合物而不能共存，選項C錯誤；D．Fe2+、Fe3+、Mg2+都與CO32—離子發(fā)生反應，不能共存，選項D錯誤；故本題合理選項是A?！军c睛】本題考查離子共存，為高考高頻點，明確離子性質及離子共存條件是本題解答的關鍵，選項B在酸性條件下，Fe2+、H+、NO3-發(fā)生氧化還原反應是本題的易錯點，本題難度不大。6、C【詳解】A．放電時，負極LixC6失去電子得到Li+，在原電池中，陽離子移向正極，則Li+在電解質中由負極向正極遷移，故A正確；B．放電時，負極LixC6失去電子產生Li+，電極反應式為LixC6-xe-═xLi++C6，故B正確；C．充電時，石墨(C6)電極變成LixC6，電極反應式為：xLi++C6+xe-═LixC6，則石墨(C6)電極增重的質量就是鋰離子的質量，根據關系式：xLi+～～～xe-1mol1mol可知若轉移1mole-，就增重1molLi+，即7g，故C錯誤；D．正極上Co元素化合價降低，放電時，電池的正極反應為：Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，充電是放電的逆反應，故D正確；故選C?！军c晴】明確電池反應中元素的化合價變化及原電池的工作原理是解題關鍵，放電時的反應為Li1-xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6，Co元素的化合價降低，Co得到電子，則Li1-xCoO2為正極，LixC6為負極，Li元素的化合價升高變成Li+，結合原電池中負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應，充電是放電的逆過程，據此解答。7、A【詳解】A．催化劑能提高反應速率，可以提高單位時間內生成物的產量，故A正確；B．由示意圖可知，在催化劑b作用下，氧氣和氨氣生成了NO，氧元素的化合價降低，氧氣發(fā)生了還原反應，故B錯誤；C．由示意圖可知，在催化劑a表面，氮氣和氫氣只發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂，故C錯誤；D．氮的固定是把氮由游離態(tài)轉變?yōu)榛蠎B(tài)的過程，N2→NH3屬于氮的固定，NH3→NO不屬于氮的固定，故D錯誤；故選A?！军c睛】8、B【詳解】從海帶中提取碘時，應先②將海帶焙燒成灰后加水攪拌，⑤過濾后得到含有碘離子的溶液，①通入足量的Cl2，得到碘單質，③加CCl4振蕩，萃取，④用分液漏斗分液，得到碘的四氯化碳溶液，答案為B。9、D【詳解】用惰性電極電解飽和Na2CO3溶液，相當于電解水。溶劑減少，所以會有晶體析出。由于溫度不變，所以溶液的濃度不變，所以選項D是正確的，其余都是錯誤的，答案選D。10、B【解析】A項，將SO2通入酸性KMnO4溶液中，KMnO4作氧化劑，發(fā)生5SO2＋2MnO4－＋2H2O=5SO42－＋2Mn2＋＋4H+，可以證明SO2具有還原性，故A錯誤。B項，將Cl2通入NaBr溶液中，發(fā)生Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2反應，根據氧化還原反應的強弱規(guī)律可知Cl2的氧化性大于Br2，故B正確；C項，將銅與濃硝酸反應生成的氣體收集后用冰水混合物冷卻降溫，氣體中發(fā)生的反應是2NO2N2O4，與Cu2＋無關，故C錯誤；D項，根據“控制變量法”，在比較催化劑對化學反應速率的影響時，應在同一濃度下進行比較，否則沒有可比性，故D錯誤。此題答案選B。11、C【解析】A．丁烷的命名中出現了3-甲基，說明編號方向錯誤，正確的命名應該為：2，2-二甲基丁烷，故A錯誤；B．選取的主鏈不是最長的，最長主鏈為戊烷，正確命名應該為：3-甲基戊烷，故B錯誤；C.2，2-二甲基丁烷，主鏈為丁烷，在2號C含有2個甲基，該有機物命名滿足烷烴命名原則，故C正確；D.2，3，3-三甲丁烷，該命名中取代基編號不是最小的，說明編號方向錯誤，正確命名應該為：2，2，3-三甲基丁烷，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查了有機物的系統(tǒng)命名法，注意掌握有機物的命名原則。有機物系統(tǒng)命名中常見的錯誤歸納如下：①主鏈選取不當(不包含官能團，不是主鏈最長、支鏈最多)；②編號錯(官能團的位次不是最小，取代基位號之和不是最小)；③支鏈主次不分(不是先簡后繁)；④“－”、“，”忘記或用錯。12、D【解析】A、二氧化硅不導電，是制光導纖維的原料，Ⅰ不正確、Ⅱ正確，無因果關系，故A不選；B、二氧化硫的漂白性是和有色有機物結合為不穩(wěn)定的無色物質，二氧化硫和溴發(fā)生氧化還原反應，Ⅰ、Ⅱ正確但無因果關系，故B不選；C．濃硫酸具有脫水性，能將有機物中的H、O元素以2：1水的形式脫去，濃硫酸使蔗糖和紙張?zhí)蓟兒谑瞧涿撍运?，與濃硫酸的吸水性無關，二者沒有因果關系，故C不選；D．鐵離子具有氧化性，能和Cu發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子和銅離子，從而用氯化鐵溶液腐蝕銅，二者有因果關系，故D選；故選D。13、C【詳解】A．氮氧化鋁中鋁是＋3價，氧元素是—2價，則氮的化合價是-1價，A錯誤；B．根據方程式可知反應中每生成5.7gAlON即0.1mol的同時生成0.05molCO，但其體積不一定是1.12LCO，B錯誤；C．反應中碳元素的化合價從0價升高到＋2價，氮元素的化合價從0價降低到—1價，因此氧化產物是CO，還原產物是AlON，氧化產物和還原產物的物質的量之比是1:2，C正確；D．根據以上分析可知，反應中氮氣得到電子，發(fā)生還原反應，作氧化劑，D錯誤。答案選C。14、C【解析】Z是地殼中含量最高的元素，則Z為氧元素，丙為O2；A是由X和Y兩種短周期元素組成的氣體，短周期元素形成的化合物氣體主要為氧化物和氫化物，A在O2中燃燒生成兩種物質，則A不會是氧化物，所以可推斷A為氫化物。又X的原子序數小于Y，所以X為氫元素，甲為H2。假設Y為碳元素，則乙為碳單質，A可以為CxHy；A在足量氧氣中燃燒生成CO2與H2O，由C+碳→甲(H2)+D，則C為H2O，B為CO2；H2O+CCO，CO2+C2CO，均符合圖中轉化關系，則假設成立。綜上所述，X為氫元素，Y為碳元素，Z為氧元素。A、電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：Y>Z>X，故A錯誤；B、Z的氫化物為：H2O和H2O2，由于分子間含氫鍵，常溫常壓下，均為液態(tài)，故B錯誤；C、②為CO2+C2CO，屬于化合反應，③為C+H2OCO+H2，屬于置換反應，故C正確；D、X為氫元素，Y為碳元素，Z為氧元素，三者不能組成是離子化合物，故D錯誤。故選C。點睛：本題的突破口為根據A物質的特點：①氣態(tài)；②兩種短周期元素所形成的化合物，推斷出A應為氫化物。短周期元素中形成的氣態(tài)氫化物種類不多，可以從最常見的開始，代入進行推斷。要求掌握短周期主族元素的特點，能夠在解題時進行大膽的推測和驗證。15、B【解析】A.缺少溶液的體積，無法計算微粒的數目，選項A錯誤；B.溶液具有均一性，溶液的濃度與體積大小無關，從100mL5mol·L－1H2SO4溶液中取出10mL，該溶液中硫酸的濃度仍然是5mol·L－1。根據電解質與其電離產生的離子關系，可知SO42-的濃度為5mol/L，由于所取溶液的體積是10mL，所以其中含有的SO42-的物質的量為n=5mol/L×0.01L=0.05mol，選項B正確；C.水吸收HCl得鹽酸，但是溶液的體積不等于溶劑水的體積，所以得到的鹽酸的濃度不是1mol/L，選項C錯誤；D.62gNa2O物質的量是1mol，Na2O與水反應產生NaOH，1molNa2O反應產生2molNaOH，配成1L溶液，因此所得NaOH溶液的物質的量濃度為2mol/L，選項D錯誤。16、A【解析】A.SO2與Ca(ClO)2發(fā)生氧化還原反應而不能生成HClO；B.NH3與O2在一定條件下反應生成NO，不能生成NO2；C.Cu2(OH)2CO3+4HCl2CuCl2+3H2O+CO2↑，CuCl2(aq)Cu+Cl2↑；D.NaCl(aq)與CO2不能發(fā)生反應生成NaHCO3。故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、氫碳氮NaS第三周期ⅢA主族離子鍵和共價鍵1∶2NaOH＋CO2=NaHCO34NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H=－906.8kJ·mol-1【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序數依次增大的短周期主族元素，E、F、G元素最高價氧化物對應水化物之間可相互發(fā)生反應，為氫氧化鋁、強酸、強堿之間的反應，故其中一種為氫氧化鋁，短周期種強堿為氫氧化鈉，故E為Na元素，F為Al元素，G為S元素或Cl元素；A與B、C、D可分別形成10電子分子，A與E同族，A為H元素；D與G同主族，且D與G核內質子數之和是A與E核內質子數之和的2倍，則D為O元素，G為S元素；B、C與氫元素形成10電子分子，則B為C元素，C為N元素。【詳解】(1)由上述分析可知，A、B、C元素的名稱分別為氫、碳、氮，E、G兩種元素的符號為Na、S；F為Al元素在元素周期表中的位置是第三周期ⅢA主族。(2)Na在O2中燃燒生成過氧化鈉，過氧化鈉中含有離子鍵、共價鍵，過氧化鈉中陰離子為過氧根離子，陽離子為鈉離子，陰陽離子個數比為1：2。(3)E的最高價氧化物的水化物為NaOH，BD2為CO2，標況下11.2LCO2的物質的量為0.5mol，則0.5molNaOH與0.5molCO2反應生成碳酸氫鈉，化學反應方程式為NaOH＋CO2=NaHCO3。(4)C的氫化物為NH3，1.7克NH3的物質的量為0.1mol，發(fā)生催化氧化生成氣態(tài)產物，放出22.67KJ的熱量，故此反應的熱化學方程式為4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=－906.8kJ·mol-1。18、醛基、碳碳雙鍵消除反應氫氧化鈉溶液，加熱+HOCH2CH2OH+H2O5種【分析】根據M的結構簡式可知C為：，B與乙二醇反應生成C，則B的結構簡式為：，A通過①銀鏡反應、②與H+反應生成B，則A的結構簡式為：；A與氫氣發(fā)生加成反應生成D，A中碳碳雙鍵、碳氧雙鍵都能夠與氫氣發(fā)生加成反應，根據D一定條件下能夠生成E可知，D為；又F能夠生成天然橡膠，則F的結構簡式為：，根據加聚反應原理可以寫出E與F反應合成N的化學方程式為：?！驹斀狻浚?）根據分析可知A為，故答案為：醛基、碳碳雙鍵；（2）D為，D通過消去反應生成E；G到H位氯代烴的消去反應，反應條件為故答案為氫氧化鈉溶液，加熱，消去反應；加聚反應；氫氧化鈉溶液，加熱；（3）B為，B與乙二醇反應的化學方程式為：；（4）E與F反應的化學方程式為：；（5）H在一定條件下能被氧化為不飽和酸，該不飽和酸有多種同分異構體，屬于酯類且含有碳碳雙鍵的同分異構體的結構簡式有：HCOOC（CH3）=CH2、HCOOCH2-CH=CH2、HCOOCH=CH-CH3、CH3COOCH=CH2、CH2=CH-COOCH3，共5種，故答案為：5；（6）以為原料制備，結合題中各物質的轉化條件可知，可以用與與HCN發(fā)生加成反應生成，發(fā)生消去反應生成，與SOCl2發(fā)生取代反應生成，分子內脫去氯化氫得，與氫氣加成得，合成路線為?！军c睛】本題考查了有機物的推斷、結構和性質，明確有機物的官能團及其性質是解題關鍵，同時對一些特殊反應的反應條件要敏感；第（6）題是本題難點，對學生的邏輯推理有一定的要求。19、粉碎SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O洗滌O2或其它合理答案K3[Fe(CN)6]最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失偏大【解析】廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質)加氫氧化鈉溶液，二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，Fe2O3、CeO2、FeO不溶，過濾，得到濾液A的主要成分為硅酸鈉，濾渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO，濾渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后過濾得濾液B是硫酸亞鐵、硫酸鐵的混合溶液，濾渣B的成分是CeO2，CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+和O2，反應為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；Ce3+加堿生成Ce(OH)3懸濁液；Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要需要粉碎，可以提高浸取率和浸取速率，反應①中二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，反應的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案為粉碎；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(2)反應②為CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+和O2，反應為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；故答案為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應②之前需要濾渣B進行洗滌，故答案為洗滌；(4)根據上述分析，反應③中Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4，需要加入的試劑X可以是O2，故答案為O2；(5)K3[Fe(CN)6]能夠與硫酸亞鐵反應生成特征的藍色沉淀，用FeSO4溶液滴定可以用K3[Fe(CN)6]做指示劑，滴定終點的現象為最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失；所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進行滴定，部分亞鐵離子被氧化生成鐵離子，則硫酸亞鐵濃度降低，導致硫酸亞鐵溶液體積增大，所以測得該Ce(OH)4產品的質量分數偏大；故答案為K3[Fe(CN)6]；最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失；偏大。20、K+、Fe3+3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O0.045Fe2+、Cu2+Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣CuO和Fe2O31.6【分析】Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液，在火焰上灼燒，無紫色火焰(透過藍色鈷玻璃觀察)，說明沒有K+；Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液無明顯變化，說明沒有Fe3+；Ⅲ．另取溶液加入少量鹽酸，有無色氣體生成，該無色氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液依然澄清，且溶液中陰離子種類不變，說明Fe2+與NO3-和H+反應生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加鹽酸溶液中陰離子種類不變，說明原溶液中有Cl-，加鹽酸溶液依然澄清加鹽酸說明沒有SiO32-；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，說明有SO42-；根據以上判斷，結合電荷守恒分析解答?！驹斀狻竣瘢勉K絲蘸取少量溶液，在火焰上灼燒，無紫色火焰(透過藍色鈷玻璃觀察)，說明沒有K+；Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液無明顯變化，說明沒有Fe3+；Ⅲ．另取溶液加入少量鹽酸，有無色氣體生成，該無色氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液依然澄清，且溶液中陰離子種類不變，說明Fe2+與NO3-和H+反應生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加鹽酸溶液中陰離子種類不變，說明原溶液中有Cl-，加鹽酸溶液依然澄清加鹽酸說明沒有SiO32-；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，說明有SO42-；綜上所述，溶液中一定不含有的離子是K+、Fe3+、SiO32-；一定含有Fe2+、NO3-、Cl-、SO42-。根據各種離子的物質的量濃度相等，均為0.1mol/L，則溶液中一定還含有一種陽離子，根據電荷守恒，該陽離子所帶電荷=1+1+2-2=2，因此一定含有Cu2+，且一定沒有CO32﹣。(1)由Ⅰ、Ⅱ判斷，溶液中一定不含有的陽離子是K+、Fe3+，故答案為：K+、Fe3+；(2)Ⅲ中加入少量鹽酸生成無色氣體，是Fe2+與NO3-和H+反應生成NO，其離子方程式：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O，故答案為：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O；(3)標準狀況下，將一充滿NO2氣體的試管，倒扣于水中，至液面不再升高時，最后得到的硝酸，3NO2+H2O=2HNO3+NO，設試管體積為VL，最終試管中所得溶液的體積為L，生成硝酸的物質的量為×=×mol，因此溶液的物質的量濃度==0.045mol/L，故答案為：0.045；(4)由以上推斷可知溶液中陰離子為Cl-、NO3-、SO42-，且各為0.1mol/L；已經推斷出的陽離子是Fe2+，其濃度為0.1mol/L，由電荷守恒可知溶液中還有一種+2價陽離子，所以還有Cu2+，所以甲同學最終確定原溶液中所含陽離子是：Fe2+、Cu2+；陰離子是：Cl-、NO3-、SO42-，故答案為：Fe2+、Cu2+；Cl-、NO3-、SO42-；(5)另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+生成Fe(O