北京市丰台区北京第十二中学2022-2023学年高三化学第一学期期中调研试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在容积不变的密闭容器中进行如下反应：N2+3H22NH3，若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则产生的结果是( )(1)平衡不发生移动 (2)平衡沿着正反应方

2、向移动(3)平衡沿着逆反应方向移动 (4)NH3的质量分数增加(5)正逆反应速率都增大A(1)(5)B(1)(2)(5)C(3)(5)D(2)(4)(5)2、下列说法正确的是AHF分子间存在着氢键，故HF分子比H2S分子稳定B晶体中只要有阳离子，就一定有阴离子C原子晶体中只存在非极性共价键DHClO4的酸性比H2SO4酸性强，说明氯的非金属性比硫强3、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）盐卤（含MgCl2）Mg(OH)2MgCl2溶液无水MgCl2铝土矿AlO2-Al(OH)3Al2O3NH3NONO2HNO3NaCl溶液Cl2无水FeCl2SSO3H2SO4SiO2Na2SiO3溶液H

3、2SiO3ABCD4、下列关于卤族元素结构和性质的说法错误的是AF、Cl、Br、I原子半径依次增大 BF、Cl、Br、I的电子层数逐渐增多CF2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱 DF-、Cl-、Br -、I-离子的还原性依次减弱5、图是酷似奥林匹克旗中五环的一种有机物，被称之为奥林匹克烃，下列说法正确的是A该有机物属于苯的同系物B该有机物属于苯的衍生物C该有机物的一氯代物有一种D该有机物完全燃烧生成H2O 的物质的量小于CO2的物质的量6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A常温常压下, 30 g乙烷中所含的极性共价键数为6NAB0.2mol N2和0.6molH2混合充分

4、反应后，转移的电子数目为1.2 NAC0.1 mol9038Sr原子中含中子数为3.8NAD0.1 molL1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2 NA7、已知反应3A（g）B（g）C（s）4D（g） H0，如图中a、b表示一定条件下，D的体积分数随时间t的变化情况。若要使曲线b变为曲线a，可采取的措施是：增大B的浓度升高反应温度缩小反应容器的体积（加压）加入催化剂 A B C D8、下列叙述正确的是（ ）ACaCO3在水中溶解度很小，其水溶液电阻很大，所以CaCO3是弱电解质BCaCO3在水中溶解度很小，但溶于水的CaCO3全部电离，所以CaCO3是强电解质C氯气和氨气的水溶液导电性好

5、，所以它们是强电解质D液态SO2不导电，但溶于水后导电，所以SO2是电解质9、一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子，关于此反应说法错误的是（ ）A一定属于吸热反应B一定属于可逆反应C一定属于氧化还原反应D一定属于分解反应10、一定温度下，在三个体积均为1.0L 的恒容密闭容器中发生反应 2CH3OH(g)CH3OCH3( g)H2O(g)容器温度()起始物质的量(mmol)平衡物质的量 (mol)编号CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)I3870.100.0400.0403870.202070.200.0900.090则下列说法正确的是A该

6、反应的H0B达到平衡时，CH3OH 体积分数容器中的比容器 I 中的大C反应达到平衡所需时间容器比容器长D207 若向容器( 1.0L 恒容密闭)充入 CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol 和 H2O0.20mol， 则反应将向正反应方向进行11、室温下，向100 mL 0.1 mol/L NH4Cl溶液中加入下列物质。有关结论正确的是加入的物质结论A100 mL0.1 mol/L盐酸溶液中2c(NH4+) c(Cl)B0.01 mol Na2O2固体反应完全后，溶液pH增大，c(Na+) 2c(Cl)C100 mL H2O由水电离出的c(H+)c(OH)变大(均自由离子)

7、D100 mL 0.1 mol/L氨水溶液中c(OH-)c(NH4+)减小AABBCCDD12、下列化学用语表达正确的是（ ）A中子数为8的氧原子：188OB次氯酸的结构式为：H-O-ClC氢氧化钠的电子式：DCO2的比例模型：13、把8.0g铁粉投入40mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体2.4g，产生NO2和NO的混合气体0.12mol。若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度（ ）A6.0molL-1B7.0molL -1C8.0molL -1D9.0molL -114、某铁的氧化物，用2.0mol/L的盐酸100mL恰好能完全溶解，所得溶液再通入0.28L标准状况下的

8、氯气时，刚好使溶液中Fe2+完全转化为Fe3+。则该氧化物的化学式为( )AFeOBFe2O3CFe3O4DFe5O715、下列说法不正确的是( )A霾尘积聚难见路人 ，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应B天宫二号使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染D丝绸的主要成分是蛋白质 ，属于天然高分子化合物16、能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A向水中通入氯气：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB二氧化锰与浓盐酸反应：MnO2+4HCl（浓）Mn2+2Cl2+2H2OC碳酸氢钠溶液加过量澄清石灰水：2HCO+Ca2+2OHCaCO3

9、+2H2O+COD金属钠与硫酸铜溶液反应：2Na+2H2O+Cu2+2Na+Cu（OH）2+H2二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E 为短周期主族元素，其原子序数依次增大；B、C、D、E 位于同一周期； A 的简单气态氢化物可以用作制冷剂；1 mol B 单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为33.6 L；D 原子最外层电子数与核外电子总数之比为 38；C 的原子子序数是 A 的两倍。(1)A、B 简单离子半径由大到小的顺序为_ (填离子符号) 。(2)C 在元素周期表中的位置是_ 。(3)A 的简单气态氢化物接触到 E 的简单气态氢化物时可观察到的现象是_。(4)

10、D 与 E 可形成原子个数比为 12 的化合物，其电子式为_。(5)C、D、E 最简单气态氢化物稳定性由高到低的顺序是_ (用化学式表达 )。(6)B 与 D 形成的化合物遇水迅速水解，写出该反应的化学方程式_。(7)若 E 单质与 NaOH 溶液反应生成 NaE、NaEO 和 NaEO3，则 30mL 2mol/LNaOH 与_mol E 单质恰好完全反应(忽略 E 单质与水的反应及盐类的水解反应)。18、.A、B、C、D和E均为中学化学常见的纯净物，其中B为自然界中含量最多的液体，它们之间有如图反应关系：（1）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，该反应的离子方程

11、式为_。（2）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行。写出C溶液呈强碱性时反应的离子方程式：_。（3）若A、C均为化合物，E为白色沉淀（不含金属元素），C为引起温室效应的主要气体，则该反应的离子方程式为_。. FeCl3可用于污水处理，具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。（4）将标准状况下a L氯化氢气体溶于1000g水中得到盐酸，若该盐酸的密度为b gmL1，则该盐酸的物质的量浓度是_。（5）向100 mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl2 3.36 L，反应后的溶液中Cl和B

12、r的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为_。（6）用100 mL 2 molL1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数_0.2NA (填“大于”“等于”或“小于”)。19、草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O，M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。 I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究(1)气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置可重复选用)进行实验：E中盛装碱石灰的仪器名称为_。按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为agf_尾气处理装置(仪器可重复使用)。实验前先通入一段时间N2，其目的为_。实验证明了气体产物中含有CO

13、，依据的实验现象为_。(2)小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为_。(3)晒制蓝图时，以K3Fe(CN)6溶液为显色剂，该反应的化学方程式为_。.草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；步骤2：取上述溶液25.00mL，用 cmol/L KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。

14、(4)步骤2中滴定终点的现象为_；步骤3中加入锌粉的目的为_。(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为_；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将_(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。20、亚氯酸钠(NaC1O2)是重要漂白剂，探究小组开展如下实验。实验I：用如图装置制取NaClO2。已知：NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，高于38时析出NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaC1。（1）检查整套装置气密性的操作是：首先_，打开K1、K2，然后向A、E中加水没过干燥管下端，用酒精灯微热三颈烧瓶，若A、E处有气泡，停止加热，一段时间后，A、E干燥管

15、内形成一段稳定的水柱，说明整套装置气密性良好。（2）用50双氧水配制30H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要的仪器有_ (填仪器名称)。（3）装置C的作用是_。（4）己知装置B中的产物有C1O2气体，则装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为_。（5）请补充完整从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤。减压，55蒸发结晶；_；3860热水洗涤；低于60干燥得到成品。（6）实验结束时，打开K1，关闭K2，装置A的作用是_。21、氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如下：回答下列问题：（1）过程I加NaOH溶液的作用是_（用

16、离子方程式表示）；鼓入大量空气的目的是_。（2）已知：水体中以+l价或单质形式存在的氯元素，称为“余氯”。过程中加入适量液氯，控制pH在6-7，将氨氮转化为N2。实验测定氯铵比与余氯、残余NH4+的浓度关系如下图所示。为了完全从废水中去除氨氮，根据图像分析，投入的Cl2与NH4+的最佳比值为_。过程分步发生3个反应：i.Cl2+H2O =H+Cl- +HClOii.NH4+HClO=NH2Cl+H+H2O（NH2Cl中Cl元素为+l价）iii.HClO继续参与反应，其离子方程式为_。图中a点余氯浓度较大的原因是_。（3）若含余氯废水中折合Cl2的含量是71 mgL-1，则处理10m3含余氯废水

17、，至少添加Na2SO3_kg（溶液体积变化忽略不计）。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【题目详解】N2+3H22NH3，反应前气体的化学计量数之和大于反应后气体的化学计量数之和，若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，相当于增大压强，正、逆反应速率都增大，且平衡向正反应方向移动，NH3的质量分数增加，故选D。2、D【题目详解】A.分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，故A错误；B. 金属晶体中含有阳离子和自由电子，没有阴离子，所以晶体中有阳离子，不一定有阴离子，故B错误；C. 二氧化硅是原子晶体，存在极性键Si-O键，原子

18、晶体中不一定只存在非极性共价键，故C错误；D. 最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性越强，HClO4的酸性比H2SO4酸性强，说明氯的非金属性比硫强，故D正确。3、A【题目详解】盐卤(含MgCl2)与石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，由于Mg2+水解Mg2+2H2OMg(OH)2+2H+，加热蒸发时HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故错误；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故错误；氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故正确；电解氯化

19、钠溶液生成氢气、氢氧化钠和氯气，氯气与铁反应只能生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故错误；硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，符合各步转化，故正确；故正确，故选A。【答案点睛】本题的易错点为，要注意加热氯化镁溶液得不到无水MgCl2，需要在氯化氢气氛中蒸发，才能得到无水MgCl2。4、D【答案解析】A. F、Cl、Br、I属于同主族元素，从上到下原子半径依次增大，故A正确；B. F、Cl、Br、I的电子层数逐渐增多，故B正确；C. 同主族元素F、Cl、Br、I，从上到下非金属性逐渐减弱，所

20、以 F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱 ，故C正确；D. 同主族元素F、Cl、Br、I，从上到下非金属性逐渐减弱，对应离子F-、Cl-、Br -、I-的还原性依次增强，故D错误。故选D。5、D【题目详解】A、苯的同系物中只含1个苯环，则该有机物不属于苯的同系物，故A错误；B、该有机物中只含C、H元素，则属于烃，而不是苯的衍生物，故B错误；C、由结构的对称性可知，含7种位置的H原子，则该有机物的一氯代物有7种，故C错误；D、该有机物为C22H14，1mol该物质燃烧生成22molCO2、7molH2O，即生成H2O 的物质的量小于CO2的物质的量，故D正确。答案选D。【答案点睛】本题以信

21、息的形式考查有机物的结构与性质，注意概念的辨析及应用来分析解答，选项C中注意利用对称性，选项D中注意利用化学式及原子守恒分析。6、A【答案解析】A.30g乙烷的物质的量=30g30g/mol=1mol，1个乙烷分子中含6个极性共价键，故1mol乙烷中含极性共价键6NA个，故A正确；B.N2与H2反应需要条件是高温高压、催化剂，并且这个反应是一个可逆反应，N2和H2不可能反应完全，所以转移电子数小于1.2NA，故B错误；C.9038Sr原子中中子数=质量数-质子数=90-38=52，故0.1mol9038Sr原子中中子数为5.2NA个，故C错误；D.溶液体积不明确，故溶液中含有的氮原子的个数无法

22、计算，故D错误。故选A。7、C【答案解析】使b曲线变为a曲线，到达平衡时间缩短，且D的体积发生不变，说明改变条件，反应速率加快，不影响平衡移动。【题目详解】增大反应物B的浓度，平衡向正反应方向移动，错误；升高温度，反应速率加快，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，D的体积分数降低，错误；缩小反应容器的体积增大压强，反应速率加快，该反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，D体积分数不变，C正确；加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，错误。故选C。【答案点睛】本题考查化学平衡图象，关键是根据图象判断改变条件，反应速率加快，不影响平衡移动，明确影响化学平衡的移动因素。8、B【题目详解

23、】A、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，虽然碳酸钙在水中的溶解度很小，但溶解的碳酸钙完全电离，碳酸钙是强电解质，故A错误；B、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，虽然碳酸钙在水中的溶解度很小，但溶解的碳酸钙全部电离，所以碳酸钙是强电解质，故B正确；C、氯气是单质不是化合物，既不是电解质，也不是非电解质，氨气的水溶液能导电，能电离出阴、阳离子的是一水合氨而不是氨气，所以氨气是非电解质，故C错误；D、二氧化硫溶于水后生成亚硫酸，是亚硫酸电离出自由移动离子而导电，二氧化硫为非电解质，故D错误；故选B。【答案

24、点睛】明确电解质的强弱是根据电解质的电离程度划分的，不是根据溶解性大小划分的是解题的关键。本题的易错点为D，要注意物质的水溶液导电，需要是物质本身电离的结果。9、A【分析】根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。【题目详解】A该反应属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2是放热反应，A错误；B根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；C据图可知，该反应有单质生成，所以反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；D反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确；答案选A。10、D【答案解析】A.容器中平衡时c

25、(CH3OCH3)=c(H2O)=0.040mol1.0L=0.040mol/L，c(CH3OH)=0.1mol-0.040mol21.0L=0.02mol/L，容器中化学平衡常数K1=0.040.040.020.02=4，容器中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.090mol1.0L=0.090mol/L，c(CH3OH)=0.2mol-0.090mol21.0L=0.02mol/L，化学平衡常数K2=0.090.090.020.02=20.254，所以降低温度，化学平衡常数增大，反应向正反应方向移动，则正反应是放热反应，故A错误；B. 恒容条件下，容器相当于在容器的基础上加压，但

26、因为该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器中的CH3OH体积分数和容器中的相等，故B错误；C.容器中的温度比容器的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，故C错误；D. c(CH3OH)= 0.1mol/L、c(CH3OCH3)= 0.15mol/L、c(H2O)=0.20mol/L，浓度商=0.150.200.10.1=34，平衡向正反应方向移动，所以D选项是正确的；故选D。11、B【答案解析】A. 100 mL0.1 mol/L盐酸，由于铵根离子部分水解，则2c(NH4+)c(Cl)，故A错误；B.钠离子和氯离子不发生水解，0.01 mol Na2O2固体

27、反应后生成0.02mol钠离子，原溶液中含有氯离子的物质的量为：0.1mol/L0.1L=0.01mol，则c(Na+) 2c(Cl)；且反应后氢氧化钠过量，溶液呈碱性，溶液的pH增大，所以B选项是正确的；C.加入100 mL H2O后，溶液浓度减小，铵根离子的水解程度增大，则水的电离程度最大，故水电离出的c(H+)c(OH)的乘积会增大，故C错误；D.加入100 mL 0.1 mol/L氨水，溶液碱性增强，则c(OH)增大，由于NH3H2O的电离和NH4+的水解都是微弱的，混合后溶液体积增大，所以c(NH4+)减小，溶液中c(OH-)c(NH4+)增大，故D错误。所以B选项是正确的。12、B

28、【题目详解】A. 中子数为8的氧原子，质量数为16，表示为168O，故A错误；B. O原子分别与氯和氢原子各形成一对共用电子对，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故B正确；C. 氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式：，故C错误；D. 碳原子半径比氧原子大，CO2的比例模型：，故D错误；故选B。13、C【分析】把8g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体2.4g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁，根据Fe元素守恒计算硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n (HNO3) =2nFe (NO3) 2+n

29、(NO+NO2)，据此解答。【题目详解】把8g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体2.4g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，参加反应的Fe的质量= 8g- 2.4g= 5.6g， 其物质的量，故nFe (NO3) 2 = 0.1mol，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁,起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n(HNO3) = 2nFe (NO3) 2 +n(NO+ NO2) = 0.1mol2+0.12mol= 0.32mol，所以原HNO3溶液的物质的量浓度=8.0 mol/L。故选C；14、C【答案解析】设二价铁离子的物质的量为xmol

30、，三价铁离子的物质的量为ymol，某铁的氧化物，用2.0mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，依据电荷守恒可知最终溶液中溶质为氯化亚铁和氯化铁，依据电荷守恒可知二价铁离子和三价铁离子带的正电荷总数等于氯离子带电负电荷总数，即：2xmol+3ymol=0.1L2.0mol/L；溶液中只有二价铁离子能与氯气发生反应生成三价铁离子，氯气被还原为氯离子，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律可知二价铁失去的电子总数等于氯气得到的电子总数，即：xmol1=0.28L22.4L/mol2；解得：x=0.025，y=0.05；所以该氧化物中Fe（+2价）与Fe（+3价）的物质的量分别为0.025m

31、ol、0.05mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n（O）=1/2n（HCl）=1/20.2mol=0.1mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.075mol：0.1mol=3：4，该氧化物的化学式为Fe3O4，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的计算，注意反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，为解答该题的关键，计算时抓住电荷守恒定律、得失电子守恒定律是解题常用技巧。15、B【题目详解】A. 雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B. 碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金

32、属材料，故B错误；C. 绿色化学应从源头上做起，其核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，而不能先污染后治理，故C正确；D. 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故D正确；故选B。16、D【题目详解】A向水中通入氯气反应生成HCl和HClO，其中HClO为弱电解质，不能拆为离子形式，则该反应的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+ HClO，故A不选；B浓盐酸应拆为离子形式，则该反应的离子方程式为：，故B不选；C碳酸氢钠溶液加过量澄清石灰水生成碳酸钙、氢氧化钠和水，则该反应的离子方程式为：HCO+Ca2+OHCaCO3+H2O，故C不选；D金属钠与硫酸铜溶液反应生成

33、硫酸钠、氢氧化铜蓝色沉淀以及水，则该反应的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+2Na+Cu(OH)2+H2，故选D。答案选D二、非选择题（本题包括5小题）17、r(N3)r(Al3+) 或 N3Al3+ 第三周期 第A 族 产生白烟 HClH2SSiH4 Al2S36H2O =2Al(OH)33H2S 0.03 【分析】A、B、C、D、E为短周期的主族元素，其原子序数依次增大，B、C、D、E位于同一周期，A 的简单气态氢化物可以用作制冷剂，则A为N元素；1 mol B 单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为 33.6 L，则B为Al元素；D 原子最外层电子数与核外电子总数之比为 3

34、8，且D位于第三周期，则D为S元素；C 的原子序数是A的两倍，则C为Si元素；E元素为短周期主族元素且原子序数大于D，则E为Cl元素，【题目详解】根据以上分析可知，A、B、C、D、E分别为N、Al、Si、S、Cl。（1）A为N元素，B为Al元素，核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径N3Al3+，因此，本题正确答案为：N3Al3+；（2）C为Si元素， 在元素周期表中的位置是第三周期 第A 族。因此，本题正确答案为：第三周期 第A 族；（3）A 的氢化物是氨气，E的氢化物是HCl，二者相互接近有白烟生成，其成分为氯化铵固体。因此，本题正确答案为：产生白烟；（4）D是S元素、E是Cl

35、元素，D与E可形成原子个数比为1：2的化合物为SCl2，每个Cl原子和S原子形成一对共用电子对，其电子式为，因此，本题正确答案为：；(5) C为Si元素、D为S元素、E为Cl元素，非金属性ClSSi，所以氢化物的稳定性HClH2SSiH4，因此，本题正确答案为：HClH2SSiH4；(6) B为Al元素、D为S元素，B与D形成的化合物为为Al2S3，遇水迅速水解，反应的化学方程式为Al2S36H2O =2Al(OH)33H2S，因此，本题正确答案为：Al2S36H2O =2Al(OH)33H2S；(7)E为Cl元素，若Cl2与 NaOH 溶液反应生成 NaCl、NaClO 和 NaClO3，根

36、据原子守恒n(Cl2)=n(Cl)=n(Na)=n(NaOH)=0.030L 2mol/L=0.03mol，因此，本题正确答案为：0.03。【答案点睛】本题考查了元素位置结构性质的关系及应用，涉及氧化还原反应、元素周期律、物质结构、盐类水解等知识点，根据物质结构、元素周期律、物质性质等知识点分析解答，注意（7）中原子守恒方法的运用。18、I2+SO2+2H2O=4H+2I-+SO42- 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3 molL-1 2 molL-1 小于 【分析】.A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自

37、然界中含量最多的液体，判断B为H2O，再结合流程中物质转化关系及提供的信息进行分析判断，从而得解；.（4）n（HCl）=，溶液质量为36.5g/mol+1000g，则溶液体积为mL，结合c=计算；（5）还原性Fe2+Br-，通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，溶液中n（Br-）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部

38、分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，表示出参加反应的n（Br-），根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=计算；（6）铁离子水解制备胶体，胶体可净化水，且水解反应为可逆反应。【题目详解】A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，判断B为H2O；（1）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，A具有氧化性为I2，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，则C为二氧化硫，该反应的反应离子方程式为：SO2+I2+2H2O4H+2I-+SO42-；（2）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行，则A为Al，D为H2，A与强碱性溶液反应的离子方

39、程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（3）若A、C均为化合物，C为引起温室效应的主要气体，判断C为CO2，为酸性强的制备酸性弱的反应，E为白色沉淀不含金属元素，判断E为H2SiO3，则A为硅酸盐，足量的C与A反应生成E的一个离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3；.（4）n（HCl）=，溶液质量为36.5g/mol+1000g，则溶液体积为mL，由c=mol/ L；（5）还原性Fe2+Br-，通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和

40、Br-的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，溶液中n（Br-）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=x mol，n（Br-）=2x mol，未反应的n（Br-）=0.3 mol，参加反应的n（Br-）=（2x-0.3）mol，根据电子转移守恒有x1+（2x-0.3）1=0.15mol2，解得x=0.2 mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L；（6）100mL2mol/L的FeCl3溶

41、液，其物质的量为0.2mol，因为水解为可逆反应，且生成胶体为微观粒子的集合体，则生成具有净水作用的微粒数小于0.2NA。【答案点睛】本题考查无机推断、氧化还原反应的计算及浓度计算等，综合性较强，把握氧化还原反应中电子守恒、盐类水解及物质的量浓度的相关计算公式等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。19、U形管 bchi(或ih)debc 排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸 C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊 FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O 3FeC2O4+2K3FeCN)6=Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4 锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且3

42、0s内不褪色 将Fe3+还原为Fe2+ 100% 偏低 【答案解析】I.在A中草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)受热发生分解反应：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，用D检验水蒸气的存在，用B检验CO2气体，然后用E干燥CO，将CO用通入C使CO与CuO发生反应：CO+CuOCO2+Cu，反应产生的CO2气体通过B装置检验，由于反应过程中有CO产生，会导致大气污染，所以最后将气体进行尾气处理。用K3Fe(CN)6溶液检验溶液中的Fe2+，据此书写反应方程式；II. 步骤2中向FeC2O42H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O

43、4都被氧化，Fe2+变为Fe3+；KMnO4被还原为无色的Mn2+；H2C2O4变为CO2气体逸出；步骤3中向反应后溶液中加入适量锌粉，Zn将溶液中Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，这时溶液中Fe2+氧化为Fe3+，消耗标准液V2mL。则前后两次消耗的高锰酸钾溶液的体积差就是氧化H2C2O4消耗的体积，根据C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O42H2O)，最后根据电子守恒确定KMnO4与FeC2O42H2O的物质的量之间的关系，利用该反应消耗的n(KMnO4)计算出FeC2O42H2O的质量，从而可得其纯度，据此

44、分析。【题目详解】(1) 根据E的结构可知E中盛装碱石灰的仪器名称为U形管；根据上述分析可知仪器使用的先后顺序为ADBECB，则按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为agfbchi(或ih)debc尾气处理装置；实验前先通入一段时间N2，其目的为排尽装置中的空气，防上加热时产生的CO与装置内的空气混合加热发生爆炸事故；实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为C中固体Cu变为Cu单质，物质由黑色变为红色，反应产生的CO2气体可以使后面的B装置中出现浑浊现象；(2)草酸亚铁晶体受热分解产生FeO、CO、CO2和水，根据电子守恒及原子守恒，可得分解的化学方程式为FeC2O42H2O Fe

45、O+CO+CO2+2H2O；(3)K3Fe(CN)6溶液遇FeC2O4，溶液变为蓝色，该反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3FeCN)6=Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4； (4)在步骤2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被还原为无色的Mn2+，所以滴定终点的现象为锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色。在步骤3中加入锌粉的目的为将溶液中的Fe3+氧化为Fe2+，以便于确定溶液H2C2O4的物质的量，并根据C元素守恒，计算出FeC2O4的物质的量。(5)根据上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)= cmol/L (V1-V2

46、) 10-3L=c(V1-V2)10-3mol，根据反应过程在电子守恒可得KMnO4与H2C2O4的物质的量关系为5H2C2O42KMnO4，H2C2O4是FeC2O42H2O与硫酸反应产生，根据元素守恒可知FeC2O42H2O5H2C2O42KMnO4，故nFeC2O42H2O=n(KMnO4)=c(V1-V2)10-3mol，所以草酸亚铁晶体样品的纯度为100%=100%。若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则V1偏小，根据=100%可知，测定结果将偏低。【答案点睛】本题考查了仪器的识别、化学实验基本操作、仪器使用先后顺序、滴定终点的判断方法、误差分析、物质含量的测定等知识。掌握化学基础知识、物质的性质及守恒方法、关系式法计算等是本题解答的关键。20、关闭分液漏斗活塞 胶头滴管、量筒 防止D 中溶液倒吸到 B 中(或安全瓶)