2023届山东省潍坊市临朐县高三下学期联合考试化学试题含解析

2023高考化学模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列说法正确的是（）A．C4H8BrCl的同分异构体数目为10B．乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同C．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯D．淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物2、用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是（）①1mol氯气发生反应转移电子数为2NA②12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为1NA③在标准状况下，22.4LH2O中的O原子数为NA④17g羟基中含有的电子数为10NA⑤1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和小于NAA．①②⑤ B．①④⑥ C．①②⑥ D．②⑤⑥3、下列实验方案不能达到实验目的的是（）A．图A装置Cu和稀硝酸制取NOB．图B装置实验室制备Cl2C．图C装置实验室制取乙酸乙酯D．图D装置若溴水褪色则证明石蜡油分解产生不饱和烃4、室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc(Ba2+)与的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10-7、5.6×10-11)A．a对应溶液的pH小于bB．b对应溶液的c(H+)=4.2×10-7mol·L-1C．a→b对应的溶液中减小D．a对应的溶液中一定存在：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)5、原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，其中只有X与Z同主族；W、X、Y最外层电子数之和为10；Y是地壳中含量最高的金属元素。下列关于它们的叙述一定正确的是（）A．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸B．W、Y的氧化物一定属于离子化合物C．X、Z的氢化物中，前者的沸点低于后者D．X、Y的简单离子中，前者的半径大于后者6、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）A．生铁 B．硫酸 C．烧碱 D．纯碱7、下列装置或操作能达到相应实验目的的是A．配制一定浓度的NaCl溶液 B．除去SO2中的HClC．实验室制取氨气 D．观察Fe（OH）2的生成8、化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A．用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用B．中国天眼FAST中用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料C．港珠澳大桥中用到的低合金钢，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能D．“司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南。”司南中“杓”所用的材质为FeO9、科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨反应历程，如图所示，其中实线表示位点A上合成氨的反应历程，虚线表示位点B上合成氨的反应历程，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是A．由图可以判断合成氨反应属于放热反应B．氮气在位点A上转变成2N*速率比在位点B上的快C．整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*+3H2→2N*+6H*D．从图中知选择合适的催化剂位点可加快合成氨的速率10、仪器：①容量瓶、②长颈漏斗、③分液漏斗、④滴定管，使用前必须要检查是否漏液的是A．全部 B．①③④ C．只有③和④ D．只有④11、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．20gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NAC．标准状况下，22.4L水中含有的共价键数为2NAD．50mL12mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA12、下列实验可以达到目的是（）选项实验目的实验过程A探究浓硫酸的脱水性向表面皿中加入少量胆矾，再加入约3mL浓硫酸，搅拌，观察实验现象B制取干燥的氨气向生石灰中滴入浓氨水，将产生的气体通过装有P2O5的干燥管C制备氢氧化铁胶体向饱和氯化铁溶液中滴加氨水D除去MgCl2溶液中少量FeCl3向溶液中加入足量MgO粉末，充分搅拌后过滤A．A B．B C．C D．D13、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A．Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火剂B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂D．石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料14、2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池具有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，电池总反应为M1-xFexPO4+LiC6LiM1-xFexPO4+6C，其原理如图所示，下列说法正确的是（）A．充电时，正极质量增加B．放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极C．充电时，阴极反应式为Li++6C+e-═LiC6D．放电时，Li+移向石墨电极15、用“吸收—电解”循环法脱除烟气中的SO2，可减少对大气的污染。室温下，电解液K再生的装置如图所示，其中电解液的pH随变化的关系见下表，下列对此判断正确的是电解液n(SO32－)：n(HSO3－)pHK9:916.2L1:17.2M91:98.2A．当电解液呈中性时溶液中：B．再生液M吸收SO2主反应的离子方程式为：C．HSO3－在b极发生的电极反应式为：D．若产生标准状况下2.24L气体N，则d膜上共通过0.2mol阳离子16、下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（）A．胶体粒子在电场中自由运动B．丁达尔效应是胶体粒子特有的性质，是胶体与溶液、悬浊液的本质区别C．胶体粒子，离子都能过通过滤纸与半透膜D．铁盐与铝盐都可以净水，原理都是利用胶体的性质二、非选择题（本题包括5小题）17、某同学对气体A样品进行如下实验：①将样品溶于水，发现气体A易溶于水；②将A的浓溶液与MnO2共热，生成一种黄绿色气体单质B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。（1）写出A、B的化学式：A____________，B_______________。（2）写出A的浓溶液与MnO2共热的化学方程式：_________________________。（3）写出B通入石灰乳中制取漂白粉的化学方程式：_______________________。18、化合物甲由四种元素组成。某化学研究小组按如图流程探究其组成：已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一。请回答下列问题：（1）甲的化学式为____。（2）甲发生爆炸反应的化学方程式为____。（3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为____。19、某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。（1）测得Na2SO3溶液pH=11，AgNO3溶液pH=5，二者水解的离子分别是。（2）调节pH，实验记录如下：实验

pH

现象

A

10

产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清

B

6

产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解

C

2

产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X

查阅资料得知：Ⅰ．Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3的溶液Ⅱ．Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应①推测a中白色沉淀为Ag2SO3，离子方程式是。②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是。（3）取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是：另取Ag2SO4固体置于溶液中，未溶解。（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：Ⅰ.向X中滴加稀盐酸，无明显变化Ⅱ．向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体Ⅲ．用Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀①实验Ⅰ的目的是。②根据实验现象，分析X的性质和元素组成是。③Ⅱ中反应的化学方程式是。（5）该同学综合以上实验，分析产生X的原因，认为随着酸性的增强，还原性增强。通过进一步实验确认了这种可能性，实验如图所示：①气体Y是。②白色沉淀转化为X的化学方程式是。20、以铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备二草酸铬钾的实验步骤如图：回答下列问题：(1)“熔融”的装置如图，坩埚W的材质可以是________(填“铁”“陶瓷”或“玻璃”)；FeO·Cr2O3与KClO3及Na2CO3发生反应，生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化学方程式为_______________。(2)熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等，步骤①的具体步骤为水浸，过滤，调pH为7~8，加热煮沸半小时，趁热过滤。第一次过滤滤渣中的主要成分为________，“调pH为7~8，加热煮沸半小时”的目的是__________。(3)步骤②需加入酸，则加入稀硫酸时发生反应的离子方程式为________。(4)步骤④包含的具体操作有____，经干燥得到K2Cr2O7晶体。(有关物质的溶解度曲线如图所示)(5)步骤⑤需往两种固体混合物中加入一滴水及少量酒精研磨，所用的硅酸盐质仪器的名称是________。(6)采用热重分析法测定K[Cr(C2O4)2]·nH2O样品所含结晶水数目，将样品加热到80℃时，失掉全部结晶水，失重16.8%。K[Cr(C2O4)2]·nH2O晶体中n=____。21、可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是硫酸工业中非常重要的一个反应，因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。(1)使用V2O5催化该反应时，涉及到催化剂V2O5的热化学反应有：①V2O5(s)＋SO2(g)V2O4(s)＋SO3(g)△H1＝＋1．6kJ·mol－1②2V2O4(s)＋O2(g)2V2O5(s)△H2＝-2．4kJ·mol-1则2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H3＝_____，若降低温度，该反应速率会_____（填“增大”或“减小”）(2)向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2，改变加入O2的量，在常温下反应一段时间后，测得容器中V2O4、V2O5、SO2和SO3的量随反应前加入O2的变化如图甲所示，图中没有生成SO3的可能原因是____________________________________________________。(3)向10L密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol，O2(g)0.3mol，保持恒压的条件下分别在T1、T2、T3三种温度下进行反应，测得容器中SO2的转化率如图乙所示。①T1_____T2(填“>”或“<”)。②T2时，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的平衡常数K＝_____。若向该容器通入高温He(g)（不参加反应，高于T2），SO3的产率将______选填“增大”“减小”“不变”“无法确定”），理由是_____。③结合化学方程式及相关文字，解释反应为什么在T3条件下比T2条件下的速率慢：__________。(4)T2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，在保证O2(g)的浓度不变的条件下，增大容器的体积，平衡_____（填字母代号）。A．向正反应方向移动B．不移动C．向逆反应方向移动D．无法确定

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．C4H8BrCl可看作C4H9Br的一氯取代物，C4H9Br的同分异构体取决于丁基的数目，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，含有H种类分别有4、4、3、1，则C4H8BrCl共有12种，故A错误；B．乙烯和苯均能使溴水褪色，前者为加成反应，后者为萃取，原理不相同，B错误；C．乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶于水，可鉴别，C正确；D．油脂不属于高分子化合物，属于酯类物质，D错误；故答案选C。2、D【解析】

①将1mol氯气通入足量氢氧化钠溶液中，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应转移的电子数为1mol，转移的电子数等于NA，故①错误；②12.0g熔融的NaHSO4的物质的量为0.1mol，0.1mol熔融硫酸氢钠电离出0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.1NA，故②正确；③在标准状况下，水不是气体，不能使用标况下气体摩尔体积计算22.4LH2O中的物质的量，故③错误；④17g羟基的物质的量为1mol，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故④错误；⑤1mol

Na2O和Na2O2的混合物中含有2mol钠离子和1mol阴离子，总共含有3mol阴阳离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故⑤正确；⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，含溶质硫酸铁的物质的量为0.02mol，含有Fe3+为0.04mol，含有SO42-为0.06mol，因为铁离子发生水解，溶液中铁离子数目减少，所以Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于1mol，Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于NA，故⑥正确；所以②⑤⑥符合题意；答案选D。【点睛】熔融的NaHSO4的电离出钠离子和硫酸氢根离子，而NaHSO4溶液则能电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，注意两者区别。3、C【解析】

A．Cu和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不溶于水，能够用排水法收集，可制取NO，故A正确；B．高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气密度大于空气，氯气有毒，尾气需要用氢氧化钠溶液吸收，可以制备氯气，故B正确；C．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故C错误；D．不饱和烃能和溴水发生加成反应而使溴水褪色。该实验产生的气体能使溴水褪色，说明石蜡油分解生成不饱和烃，故D正确；答案选C。4、D【解析】

a点横坐标为0，即lg=0，所以=1，b点lg=2，=100；另一方面根据HCO3-H++CO32-可得：Ka2=，据此结合图像分析解答。【详解】A．由分析可知，Ka2=，而a点=1，所以a点有：c(H+)=Ka2=5.6×10-11，同理因为b点=100，结合Ka2表达式可得5.6×10-11=，c(H+)=5.6×10-9，可见a点c(H+)小于b点c(H+)，所以a点pH大于b点，A错误；B．由A可知，b点c(H+)=5.6×10-9，B错误；C．由Ka2=和KW的表达式得：Ka2=，温度不变，Ka2、Kw均不变，所以不变，C错误；D．根据电荷守恒有：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)+2c(CO32-)，a点c(HCO3-)=c(CO32-)代入上面式子得：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)，D正确。答案选D。【点睛】电解质溶液结合图像判断的选择题有两点关键：一是横纵坐标的含义，以及怎么使用横纵坐标所给信息；二是切入点，因为图像上有，所以切入点一定是与有关系的某个式子，由此可以判断用Ka2的表达式来解答，本题就容易多了。5、D【解析】

原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y为Al元素；其中只有X与Z同主族；Z原子序数大于Al，位于第三周期，最外层电子数大于3；W、X、Y最外层电子数之和为10，则W、X的最外层电子数之和为10-3=7，Z的原子序数小于7，所以可能为Si、P、S元素，若Z为Si时，X为C元素，W为B元素，B与Al同主族，不符合；若Z为P元素时，X为N元素，W为Be元素；若Z为S元素，X为O元素，W为为H（或Li）元素。【详解】A项、Z可能为P、S元素，P的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸为弱电解质，不属于强酸，故A错误；B项、Y为Al元素，氧化铝为离子化合物，W为H元素时，水分子为共价化合物，故B错误；C项、X为O时，Z为S，水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，故C错误；D项、X可能为N或O元素，Y为Al，氮离子、氧离子和铝离子都含有3个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径X＞Y，故D正确。故选D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用讨论法推断元素为解答关键。6、D【解析】

凡是有化合价发生变化的反应均是氧化还原反应，据此分析。【详解】A.冶炼铁，发生的反应为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，Fe、C元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，A项错误；B.硫酸工业中存在S～SO2～SO3的转化，S、O元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，B项错误；C.工业制取烧碱涉及的反应为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，该反应中H、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C项错误；D.氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，D项正确；答案选D。【点睛】工业制取纯碱（利用侯氏制碱法），先将氨气通入饱和食盐水中，再通入二氧化碳气体，NaHCO3的溶解度最小，会结晶析出，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，这是制纯碱的关键步走，然后过滤，洗涤，烘干，得到碳酸氢钠固体，然后再加热分解得带碳酸钠，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这是学生们的易忘点。7、D【解析】

A．图中为俯视，正确操作眼睛应与刻度线、凹液面的最低处相平，故A错误；

B．HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入新杂质，且二氧化硫也可以与碳酸氢钠溶液反应，故B错误；

C．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故C错误；

D．植物油可隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，可观察Fe(OH)2的生成，故D正确；

故选：D。【点睛】除去SO2中混有的HCl可以用亚硫酸氢钠溶液，同理除去二氧化碳中HCl可用碳酸氢钠溶液。8、C【解析】

A．聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，A项错误；B．碳化硅是无机物，不是有机高分子材料，B项错误；C．考虑到港珠澳大桥所处位置等，所以使用的低合金钢，必须要有强度大，密度小以及耐腐蚀的性能，C项正确；D．司南材质即磁性氧化铁，成分为Fe3O4而非FeO，D项错误；答案选C。9、C【解析】

A．据图可知，始态*N2+3H2的相对能量为0eV，生成物*+2NH3的相对能量约为-1.8eV，反应物的能量高于生成物，所以为放热反应，故A正确；B．图中实线标示出的位点A最大能垒(活化能)低于图中虚线标示出的位点B最大能垒(活化能)，活化能越低，有效碰撞几率越大，化学反应速率越大，故B正确；C．由图像可知，整个反应历程中2N*+3H2→2N*+6H*活化能几乎为零，为最小，故C错误；D．由图像可知氮气活化在位点A上活化能较低，速率较快，故D正确；故答案为C。10、B【解析】

据仪器的构造、用途判断其用法。【详解】①容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，其瓶塞与瓶口须吻合使用前必须检查是否漏液。②长颈漏斗上下相通、没有塞子或活塞，无须检查是否漏液。用于向反应容器中添加液体，下端应插入液面下形成液封。③分液漏斗有活塞和玻璃塞，必须检查是否漏液。球形分液漏斗用于向反应容器中添加液体，不需形成液封；锥形分液漏斗用于萃取分液。④滴定管用于滴定实验，使用前需检查酸式滴定管的活塞处、碱式滴定管的乳胶管处是否漏液。本题选B。11、A【解析】

A.20gD2O物质的量，含有的质子数均为10NA，18gH2O物质的量，含有的质子数均为10NA，故A正确；B.亚硫酸是弱电解质，不能完全电离，溶液中含有的H＋数小于2NA，故B错误；C.标准状况下，水为液体，故C错误；D.随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，MnO2与稀盐酸不反应，反应停止，且盐酸易挥发则转移的电子数小于0.3NA，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】用22.4L‧mol−1时一定要注意两个前提条件，一、是否为气体，二、是否为标准状况下。12、D【解析】

A、该实验体现的是浓硫酸的吸水性，选项A错误；B、氨气为碱性气体，而P2O5是酸性氧化物，两者在潮湿的条件下可发生反应，选项B错误；C、向饱和氯化铁溶液中滴加氨水将得到氢氧化铁沉淀，得不到胶体，选项C错误；D、MgO粉末可促进铁离子水解生成氢氧化铁的沉淀，过滤后得到MgCl2溶液，选项D正确；答案选D。13、C【解析】

A.Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性，与其是否易溶于水无直接关系，A项错误；B.NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳，B项错误；C.Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；D.石墨可用作干电池的正极材料，主要利用的是石墨具有良好的导电性，与还原性无关，D项错误；答案选C。14、C【解析】

A．充电时，正极发生的反应为LiM1-xFexPO4-e-=M1-xFexPO4+Li+，则正极的质量减小，故A错误；B．放电时，石墨电极为负极，电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，故B错误；C．充电时，阴极上锂离子得电子，则阴极反应式为Li++6C+e-═LiC6，故C正确；D．放电时，阳离子向正极移动，石墨电极为负极，则Li+移向磷酸铁锂电极，故D错误；故选：C。15、D【解析】

根据装置图，阴离子通过c膜向a极移动，可知a极为阳极，发生的反应为：HSO3-－2e-+H2O=SO42-+3H+；b极为阴极，发生的反应为：2H++2e-=H2↑，气体N为H2。【详解】A．n(SO32－)：n(HSO3－)=9：91时，电解液pH=6.2，n(SO32－)：n(HSO3－)=1：1时，电解液pH=7.2，由此推知当电解液呈中性时，c(HSO3－)＞c(SO32－)，A项错误；B．M吸收SO2主要发生的反应为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，B项错误；C．b极为阴极，发生的反应为：2H++2e¯=H2↑，C项错误；D．若产生标准状况下2.24L气体N（0.1molH2），阴极消耗0.2molH+，减少0.2mol正电荷，需要补充0.2mol正电荷以达到平衡，则d膜上会通过0.2mol阳离子，D项正确；答案选D。16、D【解析】

A.胶体粒子可带电，在电场中发生定向移动，故A错误；B.丁达尔效应是胶体特有的性质，胶体与溶液、悬浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，故B错误；C.离子既能过通过滤纸，又能通过半透膜；胶体粒子只能通过滤纸，不能通过半透膜，故C错误；D.可溶性铁盐与铝盐都会发生水解，产生氢氧化铁和氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性可以净水，原理都是利用胶体的性质，故D正确。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、HClCl2MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【解析】

B为一种黄绿色气体单质B，则黄绿色气体B为Cl2，将A的浓溶液与MnO2共热，生成氯气，则气体A为HCl，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知A为HCl，B为Cl2，故答案为：HCl，Cl2；(2)A的浓溶液与MnO2

共热生成氯化锰．氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。18、AgOCN2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑1：2【解析】

已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一，由此可知丁是氮气，丙是一氧化碳。根据流程图可知氮气的物质的量为0.01mol，一氧化碳的物质的量为n（CO）=，由此可知甲中C、N、O的原子个数比为1:1:1，化合物由四种元素组成，已知化合物中有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，撞击甲容易发生爆炸生成三种物质，则甲中应该有一种金属元素，设甲的化学式为R（CNO）x，R的相对原子质量为M，根据反应2R（CNO）x=2R+2xCO+xN2，有，所以M=108x，设x=1，2，3，……，当x=1时，M=108，R为银元素，当x取2、3……时，没有对应的金属元素的相对原子质量符合要求，所以甲为AgOCN。【详解】（1）由分析可知，甲的化学式为AgOCN，故答案为：AgOCN；（2）由分析可知，乙为银单质，丙为一氧化碳，丁为氮气，则甲发生爆炸反应的化学方程式为2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑，故答案为：2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑；（3）根据爆炸反应方程式可知，爆炸反应中被氧化的元素为氮元素，共2mol，还原产物为银单质和一氧化碳，共4mol，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2。19、（1）亚硫酸根离子和银离子。（2）①2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②亚硫酸根有还原性，若被氧化为硫酸根离子，即可与银离子结合生成硫酸银沉淀。（3）过量亚硫酸钠。（4）①判断X是否是氧化银。②有还原性，含有银元素，不含硫元素。③Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2↑+H2O。（5）①二氧化硫。②Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4【解析】（1）①推测a中白色沉淀为Ag2SO3,Ag+与SO32-反应生成Ag2SO3,Ag2SO3溶于过量的Na2SO3溶液,生成沉淀的离子方程式为:2Ag++SO32-=Ag2SO3↓；正确答案:2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，其根据为SO32-有还原性,可能被氧化为SO42-,与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀；正确答案：SO32-有还原性，若被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4沉淀。（2）Ag2SO3白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，取B、C中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中,沉淀溶解,说明B、C中白色沉淀为Ag2SO3；另取Ag2SO4固体,同样条件置于足量Na2SO3溶液中,进行对照试验,发现沉淀不溶解；正确答案:过量Na2SO3。（3）①氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水,溶液的pH=2，产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X，向X中滴加稀盐酸，无明显变化，说明X不是Ag2O；正确答案:检验X是否为Ag2O。②向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体为NO2，X与浓硝酸发生氧化还原反应，X具有还原性，X只能为金属单质，只能为银；因此X中含有Ag元素，不含S元素；正确答案:有还原性；含有Ag元素，不含S元素。③向X中加入过量HNO3(浓)，产生红棕色气体为NO2，银和硝酸反应，氮元素从+5变为+4价，同时生成硝酸银和水，反应方程式为:Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O；正确答案：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O。（4）①海绵状棕黑色物质X为Ag；随着酸性的增强，+4价硫的还原性增强,能被+1价银氧化；可通过+4价硫的氧化物二氧化硫进行实验确认，通入二氧化硫后，瓶中白色沉淀Ag2SO3转化为棕黑色Ag；正确答案是:SO2。②X为Ag,白色沉淀转化为Ag,在酸性条件下,亚硫酸银中+4价的硫,被+1价银氧化生成银和硫酸,反应为:Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4；正确答案：Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4。20、铁Fe2O3、Fe(OH)3使AlO2-、SiO32-水解为Al(OH)3和H2SiO3，过滤除去2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O加热浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤研钵3【解析】

铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)，与KClO3及NaOH、Na2CO3发生反应，熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及NaFeO2等，主要的反应为：，水浸，过滤，调pH为7-8，加热煮沸半小时，趁热过滤，除去不溶的Fe2O3以及反应NaFeO2+2H2O═Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3沉淀，滤液含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及等，再调节pH除去Na2SiO3、NaAlO2，得到含有Na2CrO4、KCl的溶液，加入稀硫酸发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入KCl，Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤沉淀得到K2Cr2O7，加入草酸晶体和无水乙醇得到产品K[Cr(C2O4)2]·nH2O。(1)高温下陶瓷或玻璃中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应；由流程分析可知6FeO•Cr2O3、Na2CO3和KClO3在加热条件下生成Na2CrO4、Fe2O3、KCl和CO2，结合质量守恒写出发生反应的化学方程式；(2)熔渣中的Fe2O3和生成的Fe(OH)3均不溶于水；根据盐的水解反应是吸热反应，从平衡移动角度分析；(3)根据流程，酸化时，CrO42-→Cr2O72-，结合电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；(4)根据溶解度随温度变化情况，选择结晶方法；(5)结合常用仪器的性能判断；(6)根据K[Cr(C2O4)2]·nH2O中水的质量分析为16.8%，即=0.168计算。【详解】(1)高温下陶瓷或玻璃仪器中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应，因此应选用铁坩埚；由流程中的产物及已知条件可知反应方程式为；(2)根据分析第一次过滤的滤渣为熔渣中的Fe2O3以及反应NaFeO2+2H2O=Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3；由于NaAlO2、Na2SiO3是强碱弱酸盐，在溶液中存在水解平衡，水解产生Al(OH)3、H2SiO3，由于盐的水解反应是吸热反应，根据温度对盐的水解的影响，“调pH为7－8，加热煮沸半小时”的目的是使AlO2-、SiO32-水解为Al(OH)3和H2SiO3，过滤除去；(3)根据流程，酸化时，CrO42-→Cr2O72-，结合电荷守恒和原子守恒，可得发生反应的离子方程式2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；(4)依据溶解度曲线，步骤④包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤，经干燥得到K2Cr2O7晶体；(5)实验室研磨固体时，所用硅酸盐质仪器为研钵；(6)K[Cr(C2O4)2]·nH2O的相对分子质量为267+18n，由题意知=0.168，解得n=3。【点睛】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质推断、化学用语、化学计算、氧化还原反应等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力。21、-195.2kJ/mol减小常温下，V2O5(s)＋SO2(g)V2O4(s)＋SO3(g)和2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反应都很慢＜1.89×104减小该反应为气体体积减小的放热反应，通入高温He相当于加热；同时容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均左移，产率减小该反应正向为放热反应，平衡时温度越高，SO2的转化率越低，故T3比T2高，高温下，反应②平衡向左移动，生成的V2O4固体覆盖在V2O5固体的表面，减小了V2O5与SO2气体的接触面积，使得V2O5(s)＋SO2(g)V2O4(s)＋SO3(g)的反应速率降低B【解析】

(1)结合已知热化学方程式，根据盖斯定律进行计算；(2)由图像可知，随反应前加入O2量的变化，SO2未参与反应，V2O4逐渐减少，V2O5逐渐增多，根据反应条件和反应方程式分析反应的发生；(3)①温度越高，反应速率越大；②由图像可知，在T2温度下，该反应达到平衡状态时，SO2的转化率为90%，则可列出三段式，计算平衡时气