内蒙古一机集团第一中学2022-2023学年高三化学第一学期期中考试试题（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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列有关说法正确的是A工业上以氯气和澄清石灰水为原料制取漂白粉B为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸C使用蒸发皿灼烧Fe（OH）3至分解D将SO2和Cl2按等物质的量比通入品红溶液中，品红很快褪色2、用铁泥(主要成

2、分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4，的流程示意图如下：下列叙述错误的是A为提高步骤的反应速率，可采取搅拌、升温等措施B步骤中，主要反应的离子方程式是2Fe3+Fe=3Fe2+C步骤中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D步骤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤3、本草纲目记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”。其方法与分离下列物质的实验方法原理上相同的是A甲苯和水 B硝酸钾和氯化钠C食盐水和泥沙 D乙酸乙酯和甘油（丙三醇）4、常温下，下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A能使KSCN变红的溶液：Na+、Mg2+、SO42-、I-B甲基

3、橙显黄色的溶液：NH4+、Na+、NO3-、Cl-C0.10mol/L的明矾溶液：K+、Ca2+、Cl-、HCO3-D使酚酞变红的溶液：K+、Na+、NO3-、CO32-5、下列实验操作及结论正确的是A用洁净的铂丝蘸取某溶液于酒精灯外焰上灼烧，显黄色，证明该溶液中不含K+B配制0.lmolL-lNaCl溶液时，若缺少洗涤步骤，会使实验结果偏高C萃取碘水中的碘时，可以选择苯作为萃取剂D某无色溶液中滴加氯化钡产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，证明原溶液中含SO42-6、下列物质（对应XYZ）不能通过一步反应完成如图转化的是ACl2HClOHClBNONO2HNO3CFeOFe（OH）2Fe（OH

4、）3DNaOHNa2CO3NaHCO37、 “一带一路”贸易使国外的特色产品走入百姓的日常生活，下列商品的主要成分所对应的材料类型不正确的是（ ）ABCD泰国银饰埃及棉制品捷克水晶饰品土耳其彩瓷金属材料天然高分子材料合成高分子材料无机非金属材料AABBCCDD8、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高价氧化物固态时可用作人工降雨剂或用于冷藏食品，X、Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W的简单氢化物与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是A原子半径:WXYZBX、Y的简单离子的电子层结构相同CW的简单氢化物的稳定性比Z的强DZ分别与W、X形成的

5、化合物中所含化学键类型相同9、华夏文明源远流长，勤劳智慧的中国人民探索认知世界，创造美好生活的过程贯穿始终。以下说法从化学视角理解，错误的是A日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈(唐)诗中包含了丁达尔效应B高奴出脂水，颇似淳漆，燃之如麻(宋)文中提到的“脂水”是指油脂C水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出(明)这段记载中，涉及氧化还原反应D百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排(清)制玻璃的某成分可用于制造光导纤维AABBCCDD10、将铜丝烧热，迅速插入氢气中，发生反应：CuO+H2Cu+H2O。若用下列物质代替氢气进行上述实验：一氧化碳、稀硝酸、稀盐酸、乙醇，铜丝表面所观察到的现象、铜丝质量变化情况与上述实

6、验完全相同的是ABCD只有11、往含Fe3、H、的混合液中加入少量，充分反应后，下列表示该反应的离子方程式正确的是A2Fe3H2O=2Fe22HB2H=H2OSO2C2H23=32NOH2OD2Fe333H2O=2Fe(OH)33SO212、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数约为0.6NAB7.8gNa2O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气所含的中子数为0.5NAC将1L 0.1molL1 FeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目为0.1NAD常温下，NH数目：1L 0.5molL1 NH4Cl溶液大于2L 0.2

7、5molL1 NH4Cl溶液13、下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是 选项离子组试剂X离子方程式A.Fe3+、Al3+、SO32-、NO3-过量的盐酸SO32-+2H+H2O+SO2B.透明溶液中：Fe3+、NH4+、SO42-、Cl-过量的铜粉2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+C.Na+、Ba2+、HCO3-、Cl-NaHSO4溶液H+HCO3-CO2+H2OD.pH=1的溶液中：Mg2+、Fe2+、NO3-、SO42-双氧水2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OAABBCCDD14、工业合成氨的原料气来源于化石燃料，如采用甲烷与二氧化碳反

8、应： 。（在某容器中，充入等物质的量的和）下列说法正确的是（ ）A该原料气的制备反应为放热反应，B压强关系：C恒温、恒压条件下，充入，平衡向逆反应方向移动D时的平衡常数15、缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构（一个原子通过共用电子使其价层电子数达到8，H原子达到2所形成的稳定分子结构）要求的一类化合物。下列说法错误的是（ ）ANH3、BF3、CCl4中只有BF3是缺电子化合物BBF3、CCl4中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3CBF3与NH3反应时有配位键生成DCCl4的键角小于NH316、根据表中数据，下列判断正确的是（ ）A在等浓度的NaF、NaH2PO4混合溶液中：c(Na+)

9、+ c(H+)c(F) + c(H2PO4) + c(OH)B少量H3PO4和NaF反应的离子方程式为：H3PO4 +2F=HPO42+2HFC同温同浓度时，溶液的pH：NaFNaH2PO4Na2HPO4D结合质子能力：PO43HPO42F17、下列叙述I和均正确并且有因果关系的是选项叙述叙述ANH4Cl受热易分解可用加热法除去I2中的NH4ClB硬铝是合金硬铝的熔点比金属铝的熔点高CKNO3的溶解度大用重结晶除去KNO3中混有的NaClDFe3+有氧化性FeCl3溶液用于溶解废旧电路板中的铜AABBCCDD18、原子核外电子的运动状态用四个方面进行描述，磷原子核外最外层上能量高的电子有相同的

10、运动状态A一个B二个C三个D四个19、下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是( )A某无色溶液中可能大量存在 H、Cl、MnO4BpH2 的溶液中可能大量存在 Na、NH4、SiO32CFe2与 H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2H2O22H=2Fe32H2OD稀硫酸与 Ba(OH)2 溶液的反应：H+SO42-Ba2+OH-=BaSO4H2O20、下列有关说法中正确的是A干粉灭火器和泡沫灭火器的工作原理相同B实验室配制1.0 molL1的NaOH溶液定容时俯视刻度线，配制溶液浓度偏低C国产大飞机C919发动机使用的氮化硅属于无机非金属材料D冰水混合物、四氧化三铁、纯净矿泉水都不是混合物2

11、1、下列离子方程式正确的是 ( )A磁性氧化铁溶于稀硝酸:3Fe2+4H+NO3- =3Fe3+NO+3H2OB向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-C向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液:2NO3-+8H+6I- =3I2+2NO+4H2OD在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:3ClO-+2Fe(OH)3 =2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+22、海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系(部分)如图所示，下列说法不正确的是A中可采用反渗透膜法，该法用到的半透膜可用于渗析操作B中

12、工业上要制金属镁，可通过电解饱和氯化镁溶液的方法来获取C中提溴需要对含溴溶液加有机溶剂进行富集，该操作称为萃取D中氯碱工业电解饱和食盐水，采用的是阳离子交换膜法进行电解二、非选择题(共84分)23、（14分）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

13、刺激性气味的气体，常温下0.1mol/L戊溶液的pH=0.7，请写出反应的离子方程式_。（5）若反应是常见的可逆反应、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_。24、（12分）化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3 +CH3CH2OH（1）化合物B的名称是_。（2）反应的反应类型是_。（3）写出D到E的反应方程式_。（4）E、F、G中相同官能团的名称是_。（5）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为

14、6：2：1：1。X的结构简式为_（任写其一，不考虑立体异构）。25、（12分）为了探究铁和硫反应产物中铁的化合价为+2价或+3价或既有+2也有+3价，某同学设计了如下图所示的实验过程：（已知硫会溶于热碱溶液）请回答以下问题：（1）混合粉末A中S粉必须要过量，其原因是为了保证铁粉完全反应，从而避免_。（2）反应在“惰性气体环境中”进行的原因是_。（3）操作是用烧热的玻璃棒点触混合粉末，反应即可持续进行，这说明了_。（4）操作的作用是_。（5）操作中稀硫酸煮沸的目的是_。（6）为探究产物中铁的价态，需要继续对D溶液进行实验，请写出操作的具体操作、现象及结论：_。26、（10分）焦亚硫酸钠(Na2S

15、2O5)是一种食品添加剂，实验室用如图所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：(1)原料气(SO2)的制备装置A中盛装药品之前需要进行的操作是_；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用_(填字母)。a蒸馏水 b饱和Na2SO3溶液 c饱和NaHSO3溶液d饱和NaHCO3溶液(2)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备pH4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是_。结晶脱水生成产品的化学方程式为_。(3)产品含量的测定测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数，已知+2I2+3H2O=2+4I-+6H+；2+I2=+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶

16、液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。精确称量0.2000g焦亚硫酸钠样品放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中；准确移取V1mL的过量的c1molL-1的标准碘溶液(过量)并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量蒸馏水;加入淀粉溶液，用c2molL-1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液_，读数；重复步骤；根据相关记录数据计算出平均值:标准Na2S2O3溶液为V2mL。产品中焦亚硫酸钠的质量分数为_(用含有c1、c2、V1、V2的式子表示)。27、（12分）某课外小组探究硫化钠晶体（ Na2S9H2O）在空气中放置后的氧化产物。取少量在空气中放置一段时间的硫化钠晶体样品，溶

17、于水得到溶液A，测得溶液A的pH为13。查阅资料：i.硫化钠晶体在空气中放置后，可能会有Na2Sx、Na2SO3、Na2S2O3 等物质生成。ii.S2-、S、S2O都不能使品红褪色，SO或高浓度OH- 能使品紅褪色。ii. Na2Sx能与H+反应生成H2S（臭鸡蛋气味气体）和S； Na2Sx能与Cu2+反应生成CuS （黑色固体）和S； Na2S2O3 可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀。（1）取未在空气中放置的硫化钠晶体，溶于水后测得溶液显碱性，用离子方程式解释其原因为_。（2）进行实验一。编号试剂现象1溶液A立即褪色2pH=13的NaOH溶液无明

18、显变化实验一证明氧化产物中有Na2SO3， 其中编号2实验的目的是_。某同学由实验结果进一步推测硫化钠晶体的氧化产物中可能还含有Na2SO4，这是因为Na2SO3有_性。（3）进行实验二。取溶液A于试管中，加入足量的稀盐酸，立即出现淡黄色浑浊，同时产生大量臭鸡蛋气味的气体，离心沉降（固液分离），得到无色溶液B和淡黄色固体。取无色溶液B_（填操作和现象）， 证明溶液A中存在SO。该实验现象不能证明样品中存在Na2Sx，因为_。（4）进行实验三。证明氧化产物中存在Na2S2O3的证据是_。溶液A中加入CuCl2溶液生成黑色沉淀，可能发生的反应是_（用离子方程式表示）。结论：硫化钠晶体在空气中放置后

19、的氧化产物有Na2SO3、Na24SO4、Na2Sx和Na2S2O3。28、（14分）煤燃烧排放的烟气中含有SO2，易形成酸雨、污染大气。有效去除和利用SO2是环境保护的重要议题。（1）双碱法洗除SO2。NaOH溶液Na2SO3溶液上述过程生成Na2SO3的离子方程式为_。双碱法洗除SO2的优点为_。（2）NaClO2氧化法吸收SO2。向NaClO2溶液中通入含有SO2的烟气，反应温度为323 K，反应一段时间。随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐_（填“增大”“不变”或“减小”）。如果采用NaClO替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。吸收等量的SO2，所需NaClO的物质的量是

20、NaClO2的_倍。（3）SO2的利用。生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺如下：中反应的化学方程式为_。若中通入SO2不足，结晶脱水得到的Na2S2O5中混有的主要杂质是_（填化学式）。工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是_。29、（10分）随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：（1）写出化合物y2x2的电子式 _（用相应的元素符号表示，下同）。（2）写出z的最高价氧化物的水化物与其气态氢化物形成的

21、盐的化学式为_ 。（3）上述元素可组成盐R: egyz。盐R中z的化合价为_价；写出盐R的名称_。（4）写出e的单质在足量d2中燃烧后的产物与y的最高价氧化物反应的化学方程式:_。（5）写出分别由x、d、e、g四种元素组成的两种物质间发生反应的离子方程式为_。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【题目详解】A工业上以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉，故A错误；B干燥的氯气与Fe不反应，常温下，浓硫酸使铁钝化，所以为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸，故B正确；C固体加热分解应在坩埚中进行，蒸发皿主要用于溶液的蒸发结

22、晶，故C错误；D将SO2和Cl2按等物质的量比例通入品红溶液中，二者恰好发生氧化还原反应生成硫酸和稀盐酸，反应方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，硫酸和盐酸都没有漂白性，则品红溶液不褪色，故D错误；故答案为B。2、C【答案解析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3+Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水将Fe（OH）2浊液氧化成浊液D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，浊液D与

23、滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。【题目详解】A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；B.滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原Fe3+，即主要的离子反应为：2Fe3+Fe=3Fe2+，B正确；C.步骤中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例，为防止滤液B中Fe2+在步骤中被H2O2氧化，步骤中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；D.步骤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗

24、涤、干燥，D正确；故答案选C。【答案点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，需要学生具备扎实的基础。3、D【答案解析】烧酒的制造工艺蒸馏法，而选项A中用分液法；选项B中用重结晶法；选项C中用过滤法；选项D中使用蒸馏；故选择D。4、D【题目详解】A 能使KSCN变红的溶液中含Fe3+，Fe3+ 能将I- 氧化：2Fe3+ + 2I- = 2Fe2+ + I2 ，所以不能大量共存，A选项不符合题意；B 甲基橙显黄色的溶液pH4.4，可能呈碱性，NH4+在碱性较强的溶液不能大量存在，B选项不符合题意；C 0.10mol/L的明矾溶液中含Al3+，能和

25、HCO反应：Al3+3HCO = Al(OH)3+3CO2，所以不能大量共存，C选项不符合题意；D 使酚酞变红的溶液显碱性，K+、Na+、NO3-、CO32-在碱性溶液中能大量共存，也不相互反应，所以能大量共存，D选项符合题意；答案选D。【答案点睛】分析离子能否大量共存时，要留意题中隐含的条件。5、C【答案解析】A，焰色反应呈黄色证明溶液中含Na+，要证明是否含K+必须透过蓝色钴玻璃观察，A项错误；B，若缺少洗涤步骤，溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，B项错误；C，萃取碘水中的碘可选择苯、CCl4等萃取剂，C项正确；D，某无色溶液中滴加BaCl2产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，原溶液中可

26、能含Ag+、SO42-等，D项错误；答案选C。点睛：本题考查焰色反应、配制物质的量浓度溶液的误差分析、萃取剂的选择、SO42-的检验。配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液浓度偏高，反之偏低。萃取剂的选择必须满足三个条件：萃取剂与原溶剂互不相溶（如苯难溶于水）、萃取剂与原溶液不反应、溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度（如I2在苯中溶解度远大于I2在水中溶解度）。检验SO42-的方法：先向溶液中加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；HCl和BaCl2的加入顺序不能颠倒。6、C【题目详解】ACl2溶于水生成H

27、ClO，HClO见光分析生成HCl，浓盐酸和MnO2混合加热生成Cl2，故A正确；BNO被氧气氧化为NO2，NO2溶于生成HNO3，Cu和稀硝酸反应生成NO，故B正确；CFeO不能与水直接反应生成Fe(OH)2，而4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3直接分解生成Fe2O3，而不是FeO，故C错误；DNaOH溶解适量CO2生成Na2CO3，Na2CO3与水和CO2化合生成NaHCO3，NaHCO3与过量石灰水反应生成NaOH和CaCO3，故D正确；故答案为C。7、C【答案解析】A. 银为金属单质，所以银饰品属于金属材料，故A正确；B. 棉制品的主要成分是纤维素，纤维

28、素是天然的有机高分子化合物，故B正确；C. 水晶的主要成分是二氧化硅，不是合成高分子材料，故C错误；D. 陶瓷是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，故D正确；答案选C。8、B【分析】W的最高价氧化物固态时可用作人工降雨剂或用于冷藏食品，W是碳元素；碳最外层有4个电子，X、Y的最外层电子数之和与碳的最外层电子数相等，所以X、Y分别是Na、Al；W的简单氢化物是甲烷与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物，则Z是Cl，据此解答。【题目详解】A、同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期从左向右原子半径逐渐减小，原子半径:NaAlClC，故A错误；B、Na+、Al3+的电子层结构相同，都是10电子微粒

29、，故B正确；C、氯元素非金属性强于碳元素，则HCl的稳定性比CH4的强，故C错误；D、CCl4中含有共价键、NaCl含离子键，故D错误。答案选B。9、B【答案解析】A、日照澄洲江雾开：雾属于胶体分散系，可见光通过时会出现丁达尔现象，选项A正确；B、“高奴县出脂水”，就指的是这一带的石油，选项B错误；C、发生的主要化学反应方程式如下：HgS+O2 = Hg+SO2 、Hg+NaCl+KAl(SO4)2+O2 =Hg2Cl2+Na2SO4+Al2O3+ K2SO4、 Hg+S = HgS，涉及氧化还原反应，选项C正确；D、制玻璃的成分二氧化硅可用于制造光导纤维，选项D正确。答案选B。10、B【题目

30、详解】CuO+H2Cu+H2O中，H元素的化合价升高，氢气为还原剂，一氧化碳是常用的还原剂，具有还原性，则能代替氢气来实验；稀硝酸中N元素的化合价为最高价，具有氧化性，则不能代替氢气；稀盐酸不具有强还原性，则不能代替氢气来实验；乙醇具有还原性，则能代替氢气来实验；故选B。11、C【题目详解】氢离子与硝酸根离子组和三价铁离子都具有氧化性，都能氧化亚硫酸根离子，氢离子与硝酸根离子组的氧化性强于三价铁离子，所以通入亚硫酸根离子，先与硝酸根离子反应，若亚硫酸根剩余再与三价铁离子反应，题干中亚硫酸根离子少量，所以只有硝酸根离子与亚硫酸根离子的反应，离子方程式为：2H23=32NOH2O，答案为C。12、

31、D【题目详解】A.乙醇溶液中除了乙醇溶质中含有氢原子外，溶剂水也含有氢原子，因此10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数大于0.6NA，故A错误；B.Na2O2与足量的水(H218O)反应中，水既不做氧化剂也不做还原剂，因此氧气的来源是Na2O2中-1价的氧，因此7.8gNa2O2物质的量为0.1mol，生成氧气0.05 mol，所含的中子数为0.052（16-8）NA=0.8NA，故B错误；C.Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3分子的集合体，所以将1L0.1mol/LFeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目小于0.1NA，故C错误；D.稀释有利于盐类水解，常温下，1

32、L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液中的NH4+的水解程度，前者小于后者，所以NH4+数目前者大于后者，故D正确。综上所述，本题选D。【答案点睛】氢氧化铝属于两性氢氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，均生成盐和水；但是氢氧化铝不溶于弱酸（如碳酸），也不溶于弱碱（如氨水），这一点应该掌握到位。13、B【题目详解】A.酸性条件下，硝酸把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，不能生成二氧化硫气体，故A错误；B. 透明溶液可能是有色溶液，在透明溶液中这四种离子能大量共存，加入铜粉，铜与铁离子反应，铜不能与亚铁离子反应，发生2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故B正确；C.

33、加入硫酸氢钠溶液，相当于加入强酸，反应漏掉了Ba2+SO42-=BaSO4，故C错误；D. pH=1的溶液显酸性，发生反应为3Fe2+NO3-+4H+3Fe3+2H2O+NO，离子组不能大量共存，故D错误；综上所述，本题选B。14、D【题目详解】A由图像中的变化曲线可知，温度越高，转化率越高，故正反应方向为吸热反应，则，A错误；B由化学方程式可知，该反应为气体分子数增多的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，即压强越高，转化率越低，则由图中的四组压强曲线可知，B错误；C恒温恒压，充入惰性气体，容器容积增大，平衡正向移动，C错误；D由图像可知，时取压强为，的转化率为50%，由三段式处理数据：该温

34、度的平衡常数，D正确；故选D。15、D【题目详解】A.NH3电子式为，符合路易斯结构，BF3电子式为，B原子价层电子数为6，不符合路易斯结构，CCl4电子式为、，符合路易斯结构，只有BF3是缺电子化合物，故A正确；B.BF3中心原子B价层电子对数为3+ (3-31)=3，则杂化方式为sp2杂化；CCl4中心原子C价层电子对数为4+(4-41)=4，则杂化方式为sp3杂化，故B正确；C.BF3与NH3反应时，NH3中N原子有孤电子对，BF3中B有空轨道，可生成配位键，故C正确；D.CCl4和NH3均为sp3杂化，CCl4中心原子无孤电子对，NH3有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与

35、成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，键角减小，则CCl4的键角大于NH3，故D错误；故答案选：D。16、D【答案解析】根据电荷守恒、水解规律、离子方程式的书写分析。【题目详解】A.根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(F)+ c(H2PO4)+ c(OH)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，故A错误；B.少量H3PO4和NaF反应生成NaH2PO4和HF，离子方程式为：H3PO4+F-= H2PO4-+HF，故B错误；C.根据盐类水解规律：越弱越水解，可知同温同浓度时，溶液的pH：Na2HPO4NaH2PO4NaF，故C错误；D.根据电离常数可知，结合H+的能力由强

36、到弱：PO43HPO42 F-H2PO4-，故D正确。故选D。【答案点睛】盐类水解规律：有弱才水解，越弱越水解，双弱双水解，谁强显谁性。17、D【答案解析】A、加热时碘升华，氯化铵分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又化合生成氯化铵，不能用加热法除去单质碘中的氯化铵，A错误；B、合金的熔点低于各成分金属的熔点，B错误；C、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响程度不同，因此可以用重结晶法除去硝酸钾中的氯化钠，C错误；D、铁离子有氧化性，氯化铁溶液可用于溶解电路板中的铜，D正确，答案选D。18、C【题目详解】磷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，能量最高的能层为3p，根据洪特规则3p能层上的

37、3个电子分占不同轨道，且自旋状态相同，具有相同的运动状态，所以磷原子核外最外层上能量高的电子有3种相同的运动状态，故答案选C。19、C【题目详解】AMnO4是紫色，不可能存在无色溶液中，故A错误；BpH2的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，不能大量共存，故B错误；CFe2与 H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，满足得失电子守恒和电荷守恒，故C正确；D氢离子和硫酸根离子的个数比、氢氧根离子和钡离子的个数比均应为2:1，正确的离子方程式应为：2H+SO42-Ba2+2OH-=BaSO42H2O，故D错误；答案

38、选C。【答案点睛】D项的离子方程式虽然符合电荷守恒，但是不符合客观事实。20、C【题目详解】A干粉的主要成分是碳酸氢钠（NaHCO3），受热后生成纯碱、水和二氧化碳；而泡沫灭火器内有两个容器，分别盛放两种液体，它们是硫酸铝和碳酸氢钠溶液，两种溶液互不接触，不发生任何化学反应，当需要泡沫灭火器时，把灭火器倒立，两种溶液混合在一起，就会产生大量的二氧化碳气体，二者灭火原理不同，A项错误；B定容时俯视刻度线，则凹液面最低点低于刻度线，因而溶液的体积偏小，根据浓度公式推知溶液浓度偏高，B项错误；C氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，它是一种超硬物质，本身具有润滑性，并且耐磨损，高温时抗氧化，属于无机非金属

39、材料，C项正确；D矿泉水是从地下深处自然涌出的或经人工揭露的、未受污染的地下矿水，含有一定量的矿物盐、微量元素或二氧化碳气体，纯净矿泉水属于混合物，D项错误；故选C。21、B【题目详解】A. 磁性氧化铁为Fe3O4，是金属氧化物，离子反应中不能拆写，正确的离子反应为: 3Fe3O4 +28H+NO3-= 9Fe3+NO+14H2O，故A错误；B. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3和碳酸氢钠:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，故B正确；C. 向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液反应生成硝酸亚铁、碘单质、一氧化氮和水: Fe3+NO3-+4H+4I

40、- = Fe2+2I2+NO+2H2O，故C错误；D. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4: 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故D错误；答案选B。【答案点睛】离子方程式书写注意哪些能拆，哪些不能拆，尤其注意要发生氧化还原反应，化合价的变化，还要符合电荷守恒，反应发生的条件等。22、B【答案解析】A项，海水淡化可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法，采用反渗透膜法用到的半透膜可用于渗析操作，正确；B项，电解饱和氯化镁溶液得Mg（OH）2、H2和Cl2，不能制得Mg，工业上电解熔融的MgCl2制得Mg，错误；C项，提溴过程中加入氧化剂将

41、Br-氧化成Br2，由于海水中溴的富集程度低，所以加有机溶剂将溴萃取富集，正确；D项，电解饱和食盐水在阳极得Cl2，在阴极得H2和NaOH，为了防止阳极生成的Cl2与阴极生成的H2、NaOH发生反应，采用阳离子交换膜法，阻止阴离子的通过，正确；答案选B。二、非选择题(共84分)23、 离子键和共价键 Al2O3或Al2(SO4)3或NaAlO2 SO2+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

42、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

43、。【题目详解】（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(

44、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，反应的离子方程式SO2+H2O2=2H+SO42-。答案：SO2+H2O2=2H+SO42-。（5）反应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

45、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-。【答案点睛】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。24、环己烯 取代反应（或酯化反应） +C2H5OH 羰基 、 【分析】A与乙烯发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C对比C、E的结构，结合D的分子式、给予的

46、信息可知，C与乙醇发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，故D的结构简式为。E发生取代反应生成F，F发生酯的水解反应生成G，以此解答该题。【题目详解】(1)由化合物B的结构简式可知B的名称是：环己烯，故答案为：环己烯；(2) D的结构简式为，C的结构简为，则反应是C和乙醇发生酯化反应，生成D，酯化反应为取代反应，故答案为：取代反应（或酯化反应）；(3)对比C.E的结构，结合D的分子式、给予的信息可知，C与乙醇发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，故D的结构简式为，则D到E的反应方程式为：+C2H5OH，故答案为：+C2H5OH；(4)E结构简式为 ，含有官能团为羰基和酯基；F的结构简式为

47、，含有官能团为羰基和酯基；G的结构简式为，含有官能团为羰基和羧基；则E、F、G中相同官能团的名称是羰基，故答案为：羰基； (5)X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为6:2:1:1，X存在对称结构，符合要求的X的结构简式有：，故答案为：。七、元素或物质推断题25、 过量的铁粉与操作中的反应生成Fe3+及过量的硫酸反应生成Fe2+而干扰实验验 防止Fe和S被氧化，尤其是Fe被氧化成Fe3O4而干扰实验 硫和铁粉反应是放热反应 除去混合物中过量的硫粉 防止硫酸中溶解的O2将前面反应过程中可能生成的Fe2+氧化而干扰实验 取少量的D溶液于两支小试管中，向第一

48、支试管中滴加少量KSCN溶液，向第二支试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液如果第一支试管出现血红色，而第二支试管高锰酸钾紫红色不褪去，说明铁和硫反应只生成三价铁；如果第一支试管不变血红色，而第二支试管高锰酸钾紫红色褪去，说明只生成亚铁；如果第一支试管变血红色，第二支试管紫红色也褪去，说明既生成了三价铁也生成了亚铁【答案解析】试题分析：由实验过程可知，铁粉和硫粉在惰性气体中混合加热后，得到了黑色的固体。该固体中可能剩余的硫经热碱溶液溶解后，与稀硫酸反应得到溶液D，最后对D溶液进行检验，确定产物中铁元素的价态。（1）混合粉末A中S粉必须要过量，其原因是为了保证铁粉完全反应，从而避免过量的铁粉与操作可能生

49、成的Fe3+及硫酸反应生成Fe2+而干扰实验验。（2）反应在“惰性气体环境中”进行的原因是防止Fe和S被氧化，尤其是Fe被氧化成Fe3O4而干扰实验。（3）操作是用烧热的玻璃棒点触混合粉末，反应即可持续进行，这说明了硫和铁粉反应是放热反应。（4）操作的作用是除去混合物中过量的硫粉。（5）操作中稀硫酸煮沸的目的是防止硫酸中溶解的O2将前面反应过程中可能生成的Fe2+氧化而干扰实验。（6）为探究产物中铁的价态，需要继续对D溶液进行实验，操作的具体操作、现象及结论为：取少量的D溶液于两支小试管中，向第一支试管中滴加少量KSCN溶液，向第二支试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液如果第一支试管出现血红色，而第

50、二支试管高锰酸钾紫红色不褪去，说明铁和硫反应只生成三价铁；如果第一支试管不变血红色，而第二支试管高锰酸钾紫红色褪去，说明只生成亚铁；如果第一支试管变血红色，第二支试管紫红色也褪去，说明既生成了三价铁也生成了亚铁。点睛：用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+时，Fe3+的存在对Fe2+的检验会产生干扰，所以两种离子要分别检验，不能在一支试管中完成，而且KSCN也能使酸性高锰酸钾溶液褪色。26、检查装置气密性 c Na2SO3 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 47.5(c1V1-c2V2)% 【分析】装置A制取二氧化硫，亚硫酸钠与硫酸反应Na2SO3+H2SO

51、4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O，装置C制取Na2S2O5晶体，Na2SO3+SO2=Na2S2O5，装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，还要防止倒吸；焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备：中纯碱溶液吸收二氧化硫至饱和得到亚硫酸氢钠溶液，中再添加Na2CO3固体与亚硫酸氢钠溶液混合形成Na2SO3悬浮液，中向形成Na2SO3悬浮液继续通入二氧化硫，析出亚硫酸氢钠晶体，亚硫酸氢钠结晶脱水生成产品。【题目详解】(1)装置A中盛装药品之前需要进行的操作是检查装置的气密性；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，所以里面的溶液不能与二氧化硫

52、反应，蒸馏水与二氧化硫反应生成亚硫酸，饱和Na2SO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，饱和NaHCO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，只有饱和NaHSO3溶液不与二氧化硫反应，所以选c；(2)中向形成悬浮液继续通入二氧化硫，目的是使亚硫酸钠、水、二氧化硫反应获得亚硫酸氢钠晶体，pH4.1时，说明二氧化硫不足，则产品中会有副产物Na2SO3；NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；(3)达到滴定终点时被焦亚硫酸钠氧化生成的碘单质恰好完全被Na2S2O3标准液还原，所以达到滴定终点的现象是蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不恢复；标准Na

53、2S2O3溶液含有溶质的物质的量V2mL10-3L/mLc2molL-1=V2c210-3mol；由2+I2=+2I-可知：步骤中过量的I2的物质的量为V2c210-3mol，则与焦亚硫酸钠反应的碘的物质的量V1mL10-3L/mLc1molL-1-V2c210-3mol=(V1c1-V2c2)10-3mol；再由+2I2+3H2O=2+4I-+6H+知产品中焦亚硫酸钠的质量为(V1c1-V2c2)10-3mol190g/mol=95(V1c1-V2c2)10-3g，故产品中焦亚硫酸钠的质量分数为=47.5(V1c1-V2c2)%。27、 排除OH-对实验的干扰 还原 滴加稀盐酸不产生沉淀，滴

54、加氯化钡溶液产生白色沉淀 S2O在酸性条件下能生成SO2和S单质，S2-在酸性条件下可以生成H2S气体 浅绿色溶液滴加盐酸无明显现象，说明溶液中不存S，在加热后产生棕黑色沉淀则存在Na2S2O3 【分析】（1）硫离子水解呈碱性；（2）验证氧化产物中有Na2SO3需排除溶液中OH-的干扰；Na2SO3到Na2SO4体现Na2SO3的还原性；（3）验证SO的存在需排除SO的干扰；S2O在酸性条件下能生成SO2和S单质，S2-在酸性条件下可以生成H2S气体；（4）Na2S2O3 可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀；Na2Sx能与Cu2+反应生成CuS （黑色

55、固体）和S，以此分析。【题目详解】（1）硫离子水解呈碱性离子方程式为：，故答案为：；（2）由于SO或高浓度OH- 能使品紅褪色，则在验证Na2SO3时需排除OH-对实验的干扰，编号2实验中pH=13的NaOH溶液不能使品紅褪色，则可说明该浓度下的OH- 不能使品紅褪色，故答案为：排除OH-对实验的干扰；Na2SO3易被空气中的氧气氧化为Na2SO4，体现了Na2SO3的还原性，故答案为：还原；（3）溶液中存在SO，验证SO的存在时需排除SO的干扰，应取无色溶液B滴加稀盐酸不产生沉淀，滴加氯化钡溶液产生白色沉淀，则可说明存在SO，故答案为：加稀盐酸不产生沉淀，滴加氯化钡溶液产生白色沉淀；取溶液A于试管中，加入足量的稀盐酸，立即出现淡黄色浑浊，可能存在S或S2O，同时产生大量臭鸡蛋气味的气体，可能存在S2-或S，无法说明一定存在Na2Sx，故答案为：