河北省邢台市第二中学2022-2023学年高三化学第一学期期中达标测试试题（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、某溶液中加入铝粉能产生氢气，在该溶液中一定不能大量共存的离子组是( )ANa+、K+、Cl-、ClO-BCu2+、Fe2+、NO3-、SO42-CNa+、K+、Cl-、

2、SO42-DK+、 NH4+、 Cl-、SO42-2、无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体依次通过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，几乎无气体剩余，则甲气体的组成为ANH3、NO2、N2BNH3、NO、CO2CNH3、NO2、CO2DNO、CO2、N23、化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A砒霜的主要成分是三硫化二砷B氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多C过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射NaHCO3溶液的方法解毒D铜单质制成的“纳米铜”在空气中能燃烧，说明“纳米铜”的金属性比铜片强4、研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合

3、价越低。某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol/L NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。下列说法不正确的是 （ ）AD点溶液中的溶质是NH4NO3、NaNO3BDE段发生的反应为：NH+OH= NH3H2OCB点沉淀的物质的量为0.024molDC点的数值等于75、最近有科学家成功地在高压下将CO2转化具有类似SiO2结构的原子晶体，下列关于CO2的原子晶体说法正确的是A在一定条件下，CO2原子晶体转化为分子晶体是物理变化BCO2的原子晶体和CO2分子晶体具有相同的物理性质和

4、化学性质C在CO2的原子晶体中,每个C原子周围结合4个O原子,每个O原子跟两个C原子相结合DCO2的原子晶体和分子晶体组成相同，实际上是同一种物质6、下列叙述正确的是A直径介于1nm100nm之间的微粒称为胶体B电泳现象可以证明胶体粒子带电C丁达尔效应是溶液与胶体的本质区别D胶体粒子很小，可以透过滤纸和半透膜7、取一定质量的均匀固体混合物 Cu、CuO 和Cu2O，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.20g，另一份中加入500mL 稀硝酸（其还原产物为NO），固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO 气体 4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（ ）A2.

5、4mol/LB1.4mol/LC1.2mol/LD0.7mol/L8、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A标准状况下，2.24L三氯甲烷中所含分子数为NAB2.8g乙烯与聚乙烯的混合物中含有的极性键为0.4NAC将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NAD162g淀粉完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NA9、有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H+、OH-）：H+、NH4+、K、Mg2、Cu2、Al3+、NO3、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。

6、第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g。第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。根据上述实验，以下推测不正确的是A原溶液一定不存在H+、Cu2、CO32 B不能确定原溶液是否含有K、NO3C原溶液确定含Mg2、Al3、NH4，且n(Mg2):n(Al3):n( NH4)1:1:2D实验所加的NaOH的浓度为2molL110、具有如下电子层结构的原子，其相应元素一定属于同一族的是A3p能级上有2个未成对电子的原子和4p能级上有2个未成对电子的原子B3p能级上只有1个空轨道的原子和4p能级上只有1个空轨道的原子C最外层电子排布

7、式为ns2的原子和最外层电子排布式为(n+1)s2的原子D最外层电子排布式为ns2的原子和最外层电子排布式为(n+1)s2(n+1)p6的原子11、下列说法正确的是（ ）A侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异B可用蘸有浓氨水的玻璃棒检验输送氯气的管道是否漏气C白炽灯工作时，电能全部转化为光能D日本福岛核电站核泄漏事故提醒我们不要开发新能源，要大力挖掘化石能源12、把含硫酸铵和硝酸铵的混合液aL分成两等份。一份加入bmolNaOH并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmol BaCl2沉淀反应恰好完全，则原溶液中NO3-的浓度为（）ABCD13、向100mL NaOH溶液中通入

8、一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液逐滴加入0.2molL1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（ ）A原NaOH溶液的浓度为0.1molL1B通入CO2的体积为448mLC所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)n(Na2CO3)=21D所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)n(Na2CO3)=1314、通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是 A反应、为反应提供原料气B反应也是资源化利用的方法之一C反应的D反应的15、向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：Ag

9、+ 2NH3H2OAg(NH3)2+ 2H2O。下列分析不正确的是A浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl (s)Ag+(aq)Cl(aq)B实验可以证明NH3结合Ag+能力比Cl强C实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管D由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl16、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A在1 molL1的NaAlO2溶液中：K+、Ba2+、SO42、OHB在能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cl、NO3、K+C在pH = 1的溶液中：SO32、Cl、NO3、Na+D在1 molL1的AlCl3溶液中：NH4+、Ag+、Na+、NO3二、非选择题（本题包

10、括5小题）17、A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族，D与F同主族，且A与D能形成两种液态化合物；B的某种单质是自然界中硬度最大的物质，C与D形成的化合物是大气常见污染物之一。请回答下列问题：（1）F在元素周期表中的位置是_，D、E、F三种元素其简单离子半径由大到小的顺序是_（用离子符号表示）（2）元素E、F可形成多原子化台物E2Fx（x2）该化台物中所含的化学键类型是_。（3）元素B、C的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是_。（填化学式）（4）实验室可利用_（填试剂名称）清洗附着于试管内壁的F单质。（5）写出B、E的氧化物生成D单质的化学方程式_。（

11、6）处理含BC-废水的方法之一是在微生物的作用下，BC-被D的单质氧化成ABD3-，同时生成C的简单氢化物，该反应的离子方程式为_。18、现有部分短周期主族元素的性质或原子结构如表所示：元素编号元素性质或原子结构X周期序数主族序数原子序数Y原子最外层电子数为a，次外层电子数为bZ原子L层电子数为a+b，M层电子数为abM单质在自然界中的硬度最大N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍（1）写出X、Y、Z、N四种元素的名称：X_，Y_，Z_，N_。（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等，写出符合下列要求的分子式：含10e且呈正四面体结构的分子_；含14e

12、的双原子分子_；含16e且能使溴水褪色的分子_；含18e且常温下呈液态的分子_。19、钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用。工业上利用碘、烧碱和铁屑为原料可生产碘化钠，其生产流程如图所示：（1）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO。若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO1-与IO-的物质的量之比为1：1，则该反应的离子方程式为_。（2）生产流程中加入过量铁屑的目的是_，过滤所得固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反应的化学方程式是_。（1）溶液2中除含有H+外，一定含有的阳离子是_；试设计实验证实该金属阳离子的存在：_。

13、（4）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)，称取160g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示：分析图中数据，写出过程I发生反应的化学方程式：_；100时剩余固体是铁的一种氧化物，通过计算确定该氧化物的化学式： _。20、根据下列各组溶解度曲线图,判断分离提纯方法。（1）根据图1中Na2SO4和Na2SO410H2O的溶解度曲线(g/100 g水),由Na2SO4溶液得到Na2SO4固体的操作为:将溶液升温结晶、 、用乙醇洗涤后干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是 。（2）根据图2所示相关物质的溶解度曲线。在实验室中提纯过硫酸钾粗

14、产品的实验具体操作依次为:将过硫酸钾粗产品溶于适量水中, ,干燥。（3）根据图1中红矾钠(Na2Cr2O72H2O)和Na2SO4的溶解度曲线。从Na2Cr2O7和 Na2SO4的混合溶液中提取红矾钠的操作为:先将混合溶液蒸发浓缩,趁热过滤。趁热过滤的目的是 ;然后将滤液 ,从而析出红矾钠。21、从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。（1）古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，其主要成分是_(填字母序号)AFe BFeO CFe3O4 DFe2O3（2）现代利用铁的氧化物循环分解水制氢气的过程如下图所示。整个过程与温度密切相关,当温度低于570时,Fe3O4(s)

15、和CO(g)反应得到的产物是Fe(s)和CO2(g),阻碍循环反应的进行。 已知:Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g) H1=+19.3kJmol-1 3FeO(s)+H2O(g)Fe3O4(s)+H2(g) H2=-57.2kJmol-1 C(s)+CO2(g)2CO(g) H3=+172.4kJmol-1 铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式是_。 下图表示其他条件一定时,Fe3O4(s)和CO(g)反应达平衡时CO(g)的体积百分含量随温度(T)的变化关系。i. 当温度低于570时,对于反应Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g) ，温度降低

16、，CO的转化率_ (填“增大”、“减小”或“不变”)。 ii. 当温度高于570时，随温度升高,反应Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)平衡常数的变化趋势是_（填“增大”、“减小”或“不变”);1000时,该反应的化学平衡常数的数值是_。（3）古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下: 复分解反应ii的离子方程式是_。 基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN-,方案如下: 若试纸变蓝则证明食品中含有CN-,请解释检测时试纸中FeSO4的作用_。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、B【分析】加入铝粉产生氢气的溶液可能

17、是酸性或碱性。据此解答。【题目详解】A. ClO-在酸性溶液不能存在，但在碱性条件下能存在，不符合题意；B. Cu2+、Fe2+ 在碱性条件下不能存在，Fe2+和NO3-在酸性条件下反应不能存在，故符合题意；C. Na+、K+、Cl+、SO42-在酸性或碱性溶液中都存在，故不符合题意；D. NH4+只能在酸性条件下存在，故不符合题意。故选B。【答案点睛】掌握和铝反应生成氢气的溶液为酸性或碱性，注意在酸性条件下，硝酸根离子能氧化铝不产生氢气。2、B【题目详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在二氧化氮，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80m

18、L，说明一定有NH3存在，且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，综上，气体甲的组成是：NH3、NO、CO2，故B正确；故选B。3、C【题目详解】A. 砒霜的主要成分是三氧化二砷，故A错误；B. 碳酸钠溶液能够与酸剧烈反应，并产生二氧化碳气体，对身体不利，因此不能用来中和胃酸，故B错误；C. 阿司匹林为感冒用药,但因其含有水杨酸,服用过量易造成酸中毒,可静脉注射碳酸氢钠来降低酸性,故C正确；D. 金属性指的是元素的性质

19、，“纳米铜”为物质，应该说还原性；因此铜片在空气中难燃烧，纳米级铜粉在空气中易燃烧，是因为与氧气的接触面积不同，不能说明“纳米铜”的还原性比铜片强，故D错误；综上所述，本题选C。4、C【分析】从图中可以看出，HNO3过量，此时Al转化为Al(NO3)3，Fe转化为Fe(NO3)3；OC段，发生反应为H+OH-=H2O；CD段，发生反应为Al3+3OH-=Al(OH)3、Fe3+3OH-=Fe(OH)3；DE段，发生反应为+OH= NH3H2O；EF段，发生反应为OH-+Al(OH)3+2H2O。【题目详解】A D点时HNO3、Al(NO3)3、Fe(NO3)3与NaOH刚好发生反应，所以溶液中

20、的溶质是NH4NO3、NaNO3，故A正确；B DE段，NH4NO3与NaOH刚好完全反应，发生反应的离子方程式为：+OH= NH3H2O，故B正确；C n()=0.003L4mol/L=0.012mol，共得电子的物质的量n(e-)=0.012mol8=0.096mol，则Al3+、Fe3+消耗NaOH的物质的量为0.096mol，B点沉淀的物质的量为=0.032mol，故C错误；D n()=0.003L4mol/L=0.012mol，共得电子的物质的量n(e-)=0.012mol8=0.096mol，则Al3+、Fe3+消耗NaOH的物质的量为0.096mol，消耗NaOH的体积为=0.0

21、24L=24mL，C点的数值等于31mL-24mL=7mL，故D正确；故选C。5、C【答案解析】A在一定条件下，CO2原子晶体转化为分子晶体，由于物质的微粒结构改变，所以发生的是化学变化，错误；BCO2的原子晶体和CO2分子晶体具有不同的物理性质和化学性质，错误；C在CO2的原子晶体中,每个C原子周围结合4个O原子,每个O原子跟两个C原子相结合，正确；DCO2的原子晶体和分子晶体组成相同，由于物质 的结构不同，性质不同，因此实际上是两种不同的物质，错误。答案选C。6、B【题目详解】A微粒直径介于1nm100nm之间的分散系称为胶体，故A错误；B带电粒子在电场中会定向移动，电泳现象可以证明胶体粒

22、子带电，故B正确；C丁达尔效应是区分溶液与胶体的一种方法，溶液与胶体的本质区别是粒子的大小不同，故C错误；D胶体粒子可以透过滤纸和但不能透过半透膜，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查了溶液、胶体和浊液的本质区别和胶体的丁达尔效应，当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm）；应注意的是溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小，不要认为丁达尔效应是溶液、胶体和浊液的本质区别，丁达尔效应可以区分溶液和胶体，这是容易混淆的。7、A【答案解析】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少3.20g，

23、为混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为3.2g/16g/mol=0.2mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为4.48L/22.4L/mol=0.2mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2nCu（NO3）2=n（NO）+2n（O）+3n(NO)=0.2mol+20.2mol+30.2mol=1.2mol，硝酸的浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L故选A点睛：本题考查混合物的计算、电子守恒计算、电荷守恒等，难度中等，理清反应过程中氮原子的去处是解题的关键，本题采取

24、守恒法解答，简化计算过程，注意体会，也可以通过列方程组解答，但过程较繁8、A【答案解析】A. 三氯甲烷在标准状况下是液体，不适用于22.4L/mol,所以A项符合题意；B.乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2，可以按照最简式计算，2.8g的CH2为0.2mol，含有的极性键即CH的物质的量为0.4mol，数目为0.4NA，B项不符合题意；C.1mollNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+)+ c(H+)= c(NO3-)+ c(OH-)，中性c(H+)=c(OH-)，c(NH4+)= c(NO3-)，同一溶液中NO3-的数目为NA，则NH4+数目也为NA，C项不符

25、合题意；D.淀粉的结构单元C6H10O5，式量为162，则水解后会得到1mol葡萄糖，分子数为NA，D项不符合题意；本题答案选A。9、B【题目详解】溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu2+一定不存在；通过图象知，在加入过量的NaOH的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；K+不能和中学常见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，则不能确定是否含K+；第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO32-、SO42-两种中的一种因通过图象知含有Al3+；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO32-、

26、一定含有SO42-；第二份加足里BaCl2 溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，推断生成310-2molBaSO4，所以n（SO42-）=310-2mol；第三份逐滴滴加NaOH 溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH-时无沉淀生成，有NH4+，NH4+OH-=NH3H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，通过此实验无法判断是否含有Na+，A由上述分析可知，原溶液一定不存在H+、Fe3+、CO32-，选项A正确；

27、B原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且nMg(OH)2+nAl(OH)3=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故nMg(OH)2=0.01mol，故nAl（OH）3=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=nAl(OH)3=0.01mol，根据Al3+3OH-=Al(OH)3，需OH-0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n（Mg2+）=nMg(OH)2=0.01mol，根据Mg2+2OH-=Mg(OH)2，需OH-0.02mol；生成沉淀最大量时需OH-0.05mol，由图可知消耗NaO

28、H 25mL，所以c（NaOH ）=2molL-1；根据NH4+OH-=NH3H2O，所以可得到NH4+的物质的量为0.01L2molL-1=210-2mol，则n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）0.01mol：0.01mol：210-2mol：310-2mol=1：1：2：3，由电荷守恒可知12+13+2132，则应存在NO3-，不能确定是否含K+，选项B错误；C由选项B的计算可知，实验所加的NaOH的浓度为2molL-1，选项C正确；D由选项B的计算可知，原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，选

29、项D正确；答案选B。10、B【题目详解】A、p轨道上有2个未成对电子，p能级的电子数可能为2或4，3p能级上有2个未成对电子的原子可能为Si和S，4p能级上有2个未成对电子的原子可能为Ge和Se，则不一定为同一族，选项A不符合题意；B、p轨道上只有1个空轨道，p能级应含有2个电子，3p能级上只有1个空轨道的原子为Si，4p能级上只有1个空轨道的原子为Ge，都为第A族元素，选项B符合题意；C、最外层电子排布为ns2的原子可能是He、第IIA族元素、副族元素，最外层电子排布为(n+1)s2的原子可能是第IIA族元素、副族元素，则不一定为同一族，选项C不符合题意；D、最外层电子排布为ns2的原子可能

30、是He、第IIA族元素、副族元素，最外层电子排布式为(n+1)s2(n+1)p6的原子属于0族元素，则不一定为同一族，选项D不符合题意；答案选B。11、B【题目详解】A.侯氏制碱法是将通入饱和溶液中，由于溶解度小于，故在溶液中析出，A错误；B.过量浓氨水与氯气反应会生成氯化铵固体，有白烟产生，现象明显，则浓氨水可用于检验输送氯气的管道，B正确；C.白炽灯工作时，大部分电能转化为光能，少部分转化为热能，C错误；D.开发新能源是解决能源危机问题和环境污染问题的主要途径，不能因为核电站出现泄漏的个例事件就否定新能源的开发战略，D错误；故答案选B。12、B【题目详解】bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，

31、根据NH4+OH-NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42-BaSO4可知每份含有SO42-cmol。令每份中NO3-的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol1=cmol2+n1，解得n=（b-2c）mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3-）=mol/L，即原溶液中硝酸根的浓度为mol/L。故选B。13、C【答案解析】A加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再

32、根据物质的量浓度的定义计算；B从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化碳的体积；CD生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比【题目详解】生成CO2发

33、生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，A加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L0.2molL1=0.02mol，所以c（NaOH）=0.02mol/0.1L=0.2molL1，故A错误；B由曲

34、线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）0.2molL1=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol22.4Lmol1=0.3.6L=336mL，故B错误；C、Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL-25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，所得溶液的溶质成

35、分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故C正确；D、由C分析，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故D错误；故选C。14、C【分析】A.反应中的反应物为CO2、H2；B.反应中的反应物为CO2，转化为甲醇；C.由反应可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；D.由盖斯定律可以知道,2+2+得到。【题目详解】A.反应中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应、为反应提供原料气，所以A选项是正确的；B.反应中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应也是CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；C.

36、 由反应可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应的，故C错误；D. 由盖斯定律可以知道,2+2+得到，则，所以D选项是正确的。所以答案选C。15、C【题目详解】A、因为是浊液，所以存在沉淀溶解平衡，选项A正确；B、Ag+与氨气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl （s）Ag+（aq）+Cl-（aq）正向移动，说明NH3结合Ag+能力比Cl-强，选项B正确；C、银镜反应后的试管壁上是银单质，银离子能够与氨水反应，银单质不能，选项C错误；D、浓硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O逆向移动，二氨合银离子生成

37、银离子，与溶液中的氯离子结合生成沉淀，所以加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl，选项D正确；答案选C。16、B【题目详解】A. 在1 molL1的NaAlO2溶液中，Ba2+和SO42不能共存，故A错误；B. 能使酚酞变红的溶液呈碱性，Na+、Cl、NO3、K+之间不发生反应，可以共存，故B正确；C. 在pH = 1的溶液中呈酸性，酸性溶液中NO3具有强氧化性，会和SO32反应生成SO42，不能共存，故C错误；D. 在1 molL1的AlCl3溶液中，氯离子会和Ag+不能共存，故D错误；正确答案是B。二、非选择题（本题包括5小题）17、第3周期第A族S2- O2- Na+离子键和共价键（离子键和非极

38、性键也可）HNO3二硫化碳（或热碱液、热氢氧化钠溶液）2Na2O2+2CO2=2Na2 CO3+O22CN-+ O2+4H2O=2 HCO3 -+ 2NH3【答案解析】在短周期主族元素中，A与D能形成两种液态化合物，则A是H，D是O；自然界中硬度最大的物质是金刚石，故B是C，又因它们的原子序数依次增大，所以C是N，A与E同主族，则E是Na，D和F同主族，则F是S。（1）.根据上述分析可知，F是硫元素，其在元素周期表中的位置是：第3周期第A族；D、E、F三种元素分别是O、Na、S，其中O2和Na具有相同的电子层结构，根据“序大径小”的原则，O2- 半径大于Na+，S2比O2和Na多一个电子层，故

39、S2的半径最大，故答案是：第3周期第A族； S2- O2- Na+；（2）.E是Na元素，F是S元素，则E2Fx（x2）是Na2Sx（x2）若x=2，则为Na2S2，是一种结构类似于Na2O2的化合物，所以含有的化学键是离子键和共价键（或离子键和非极性键），故答案是：离子键和共价键（或离子键和非极性键）；（3）.元素B、C分别是碳元素和氮元素，因非金属性NC，所以最高价氧化物对应水化物酸性较强的是HNO3，故答案是：HNO3；（4）.因硫单质易溶于二硫化碳，所以可用二硫化碳清洗试管内壁的硫单质，又因S可以和热的碱液反应：3S6OH=2S2SO323H2O，故也可用热的碱液清洗试管内壁的硫单质，

40、故答案是：二硫化碳（或热碱液、热氢氧化钠溶液）；（5）.B的氧化物CO2可以和E的氧化物Na2O2发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2 CO3+O2，从而制得氧气，故答案是：2Na2O2+2CO2=2Na2 CO3+O2；（6）.根据上述分析可知，BC是CN，ABD3是HCO3，C的简单氢化物是NH3，根据氧化还原反应方程式的配平原则，该反应的离子方程式是：2CN-+ O2+4H2O=2 HCO3 -+ 2NH3，故答案是：2CN-+ O2+4H2O=2 HCO3 -+ 2NH3。18、氢氧硅硫CH4COC2H4H2O2【分析】X的周期序数主族序数原子序数，X为H元素；Z的原子L层电子数

41、为ab，M层电子数为ab，则ab=8，Y的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，则b=2，因此a=6，则Y为O元素；Z为Si元素；M的单质在自然界中的硬度最大，M为C元素；N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍，N为S元素。【题目详解】（1）根据上述分析，X、Y、Z、N四种元素的名称分别为氢、氧、硅、硫，故答案为氢；氧；硅；硫；（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等。含10e且呈正四面体结构的分子为CH4，故答案为CH4；含14e的双原子分子为CO，故答案为CO；含16e且能使溴水褪色，说明分子中含有不饱和键或具有还原性，该分子为C2H4，故答案为

42、C2H4；含18e且常温下呈液态的分子为H2O2，故答案为H2O2。19、 4I28OH=IO16I4H2OIO 使IO1完全转化成I NaIO12Fe1H2O=NaI2Fe(OH)1 Fe2 取少量试样溶液于试管中，滴入少量酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，证明存在Fe2或者加入K1Fe(CN)6产生蓝色沉淀 Fe(C2O)42H2O Fe(C2O)42H2O Fe2O1【答案解析】试题分析：（1）若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中碘酸根离子与IO离子的物质的量之比为1:1，碘失去电子为6个，根据得失电子守恒，生成的I为6个，参加反应的碘单质为4个，则上述过程中，反应的离子方程式为4

43、I28OH=IO6I4H2OIO。（2）反应加入铁屑的目的是还原反应中所生成的碘酸根离子，生成的红褐色沉淀为氢氧化铁，相应的化学方程式为NaIO12Fe1H2O=NaI2Fe(OH)1。（1）由于铁过量，所以所得固体中存在氢氧化铁和单质铁，当加入稀硫酸时，氢氧化铁溶解生成铁离子，而单质铁则与铁离子或氢离子反应，会生成亚铁离子，一定有亚铁离子，检验亚铁离子的方法为取少量试样溶液于试管中，先加KSCN溶液无现象，再加氯水，溶液变红，证明存在亚铁离子，或加入K1Fe(CN)6产生蓝色沉淀。（4）通过剩余固体的质量可知，过程发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的方程式为FeC2O42H2OFeC2O42H2O。草酸