化学-2022-2023学年北京十四中高三（上）期中化学试卷

2022-2023学年北京十四中高三（上）期中化学试卷

一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的

一项。

1.（3分）我国在人工合成淀粉方面取得重大突破，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉（）

的全合成。下列说法不正确的是（）

A.淀粉的分子式为C6Hl2。6

B.由CO2等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成

C.玉米等农作物通过光合作用能将CO2转化为淀粉

D.该成就能为气候变化、粮食安全等人类面临的挑战提供解决手段

2.（3分）下列化学用语或图示表达不正确的是（）

A.H2O的结构式：

B.乙醇的分子结构模型：

C.由Na和C1形成离子键的过程：

D.中子数为8的氮原子：N

3.（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（）

A.浓硝酸用棕色瓶保存：4HNO34NO2f+O2t+2H2O

B.过量碳酸氢钠与氢氧化钢溶液反应：2HCO3-+Ba2++2OH--BaCO3J+CO32,2H2O

C.硫酸镀溶液显酸性：NH4++H2O^NH3•H2O+H+

D.电解精炼铜的阳极反应：Cu2++2e'—Cu

4.（3分）下列说法不正确的是（）

A.酸性：HNO3>H?PO4>H2SiO3

B.与钠和水的反应相比，镀与水反应更容易

C.与H2s的分解温度相比，H2O的分解温度更高

D.判断非金属性C1>S,可通过向Na2s溶液通入C12的实验证实

5.（3分）某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示：A为阴离子，在正方体内，B为阳

离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为（)

A.B2AB.BA2C.B7A4D.B4A7

6.（3分）元素周期表中铝元素的数据见图。下列说法中，不正确的是（）

A.格元素位于第四周期VIB族

B.铭原子的价层电子排布式是3d54sl

C.珞原子第3能层有5个未成对电子

D.Cr的第一电离能小于K的第一电离能

7.（3分）用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法不正确的是（）

A.12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子

B.lmolNO2与水完全反应转移的电子数为NA

C.标准状况下，22.4LNH3含有的电子数为1（）NA

D.O.lmol的"B中,含有O.6NA个中子

8.（3分）室温下，将充满NO2的试管倒立在水中，实验现象如图。下列分析不正确的是（）

A.NO2易溶于水，不能用排水法收集

B.试管中剩余的无色气体是NO

C.取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为NO2与H2O反应生成了酸

D.向试管中再缓缓通入一定量的02,最终试管中的气体变为红棕色

9.（3分）在25°C时-，向水中通入C12,得到新制氯水，如图所示。对现象分析不正确的是（）

A.新制氯水呈黄绿色，是因为溶解了C12

B.新制氯水呈黄绿色，证明C12与H2O能反应

C.取出新制氯水，光照一段时间，溶液c（H+）增大，漂白性减弱，原因是：

C12+H2OWHC1+HC1O,2HC1O2HC1+O2t

D.取出新制氯水，加入饱和NaCl溶液，C12的溶解度减小。说明可用饱和食盐水除去C12

中混有的H。

1（）.（3分）元素X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示。R位于第四周期，X、Y、Z原子

的最外层电子数之和为17。下列说法正确的是（）。

X

YZ

R

A.X基态原子的核外电子排布式为2s22P2

B.电负性：R>Y

C.0.033molL-1的H3RO4溶液的pH约等于1

D.还原性：

11.（3分）已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物

（浓度均为O.Olmol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（）

A.Z元素最高价氧化物的化学式为ZO3

B.简单离子半径大小顺序：X>M

C.简单气态氢化物的稳定性：Z>W>Y

D.X、Z的最简单气态氢化物反应有白烟生成

12.（3分）下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能产生沉淀的是（）

ABCD

试齐a浓盐酸浓H2s04浓氨水稀H2s04

试齐bKMnO4少量蔗糖CaOCaCO3粉末

试齐IJcAgNOsBaChA1C13冷、浓氨盐水

A.AB.Bc.cD.D

13.（3分）用如图所示装置探究铜丝（下端卷成螺旋状）与过量浓硫酸的反应。

现象：试管①中液面上方有白雾，底部有灰白色固体。

下列实验不合理的是（）

A.浸NaOH溶液的棉团用于吸收多余的SO2

B.加热、将铜丝下端卷成螺旋状能提高SO2的生成速率

C.②中用石蕊溶液验证SO2水溶液的酸性，③中用品红溶液验证SO2的生成

D.冷却后，将①中物质倒入盛有水的另一支试管，以确认CuSO4的生成

14.(3分)电子工业用FeC13溶液腐蚀绝缘板上的铜箔制造印刷电路板。从酸性腐蚀废液回收

铜及FeCh固体的流程如图：

已知：SOC12+H2OUSO2f+2HC1t。下列分析不正确的是()

A.过程I、II、III、V中均有气体产生

B.上述流程中发生的反应有置换反应、化合反应

C.V中用SOC12而不采用直接加热脱水的方法，主要是避免FeCh水解

D.II中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液加入H2O2溶液，可提高FeC13

产率

二、填空题

15.(11分)短周期元素X、Y的价电子数相同，且原子序数之比等于1：2；元素Z位于第四

周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。

(1)Y基态原子的价电子排布式为o

(2)从分子极性等角度解释YX2易溶于水的原因：o

(3)Y与X可形成YX32,YX32一的空间结构为(用文字描述)，Y原子轨道的杂

化类型是杂化。

(4)配合物[Z(NH3)4]SO4中的配位数是；氨分子能与Z的金属阳离子形成稳定

离子，其原因是。

(5)Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，其晶胞边长为anm,摩尔质量为MgrnoL

),密度为gcm'3(列式)。

16.(12分)MnCO3是重要化工原料，由MnO2制备MnCO3的一种工艺流程如图：

I.研磨MnO2,加水配成浊液。

H.MnO2浊液经还原、纯化、制备等过程，最终获得MnC03固体。

资料：①MnC03不溶于水。该工艺条件下，MnO2与H2s04不反应。

13

②难溶电解质的溶度积：Ksp[Fe(0H)3]—2.8X10-39、Ksp[Mn(0H)2]=2.0X10

(1)研磨MnO2的目的是。

(2)加入铁粉除去FeSCM溶液中的Fe3+,反应的离子方程式是。

(3)MnO2氧化Fe2+的反应如下：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O»

①根据上述反应，还原MnO2所需的H+与Fe2+的物质的量比值应为2。而实际比值(1-1.25)

小于2,原因是。

②取少量母液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明。

(4)纯化

向母液中滴加氯水调pH,除去残留的Fe3+。若母液中c(Mi?*)使Fe3+恰好

沉淀完全即溶液中c(Fe3+)-lXl()7mol・L-1此时是否有Mn(OH)2沉淀生成？(列

式计算，已知七6.5)。

(5)制备

将Mr?+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含MnCO3的浊液。将浊液过滤，洗涤

沉淀，干燥后得到MnCO3固体。

①通过检验SO42一来判断沉淀是否洗涤干净。检验SO42-的操作是。

②生成MnCO3的离子方程式是o

17.(12分)合成NH3是重要的研究课题。一种合成NH3的流程如图。

相关数据如下：

物质熔点/°C沸点/°C与N2反应温度/分解温度/°C

°C

Mg6491090>300Mg3N2：>800

(1)固氮：

①固氮反应的化学方程式是。

②固氮的适宜温度范围是。

a.500~600℃

b.700-800℃

c.900-1000℃

③检测固氮作用：向固氮后的产物中加水，（填操作和现象），说明Mg能起到固氮

作用。

（2）转氨：选用试剂a完成转化。

I.选用H20进行转化。发现从体系中分离出NH3较困难。

H.选用HC1气体进行转化。发现能产生NH3,且产物MgC12能直接循环利用。但NH3的收

率较低，原因是。

HL选用NH4C1固体进行转化。合成氨的过程如图：

①合成氨的总反应方程式是。

②经实验研究，证实了Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨。

实验：将（填化学式）两种物质混合，充分反应。

检测结果：经探测仪器检测，所得氨气中存在"NH3。

③测量Mg3N2的转化率：取固体Mg3N2、NH4cl的混合物mg[n（Mg3N2）：n（NH4CI）=1：

6],混匀，充分反应。用cmoPL-1的H2s04滴定生成的NH3,至滴定终点时消耗vmLH2so4。

Mg3N2的转化率为°（Mg3N2摩尔质量为100g・moL、NH4cl摩尔质量为53.5g・mol

））

④相比于H2O和HC1,选用NHK1进行转化，NH3的收率高，原子利用率高。

18.（11分）有机物Q是一种抗血栓药物，其合成路线如图。

已知：i.Ri-CHO+R2-CH2+H2O（Ri、R2、R3代表/基或H）

ii.RiCOOR2+R3CH2COOR4+R2OH

（1）A和J均属于芳香化合物，J中含有的官能团是。

(2)A-B的反应类型是«

(3)D-E的化学方程式为。

(4)X的分子式为C3H60,G的结构简式为。

(5)下列说法正确的是(填序号)。

a.可用新制的Cu(0H)2检验X中的官能团

b.反应①除了生成L外，还生成CH3coOH

c.反应③的原子利用率为100%

(6)N是L的同分异构体，写出符合下列条件的所有N的结构简式(不考虑立体异

构)。

i.含有苯环，且苯环上只有1个取代基

ii.lmolN与足量NaHCO3溶液反应产生2mol气体

(7)反应②的过程如图：

L―中间体的过程会产生高分子副产物，写出高分子的结构简式。

19.(12分)探究一定浓度H2s04与卤素离子(Cl、Br\I)的反应。实验如图：

(1)a.用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀；

b.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有。

(2)用CuSO4溶液检验iii中气体，产生黑色CuS沉淀，该气体是。

(3)检验3中产物：

I.用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含Br2。

H.取ii中部分溶液，用CC14萃取。CC14层显棕红色，水层(溶液A)无色。证实溶液A中

含SO2,过程如图：

①白色沉淀1的成分是。

②生成白色沉淀3的离子方程式是。

(4)已知:X2+SO2+2H2O=2HX+H2SO4(X=ChBr,I),探究ii中溶液存在Br2、SO2的

原因：将ii中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因：

a.Br2与H2O发生了反应。

b.加水稀释导致溶液颜色变浅。

c.Bn与S02在溶液中发生了反应。

①资料：Br2+H2O=HBr+HBrOK=4.0X10-9,判断a(填“是”或“不是”)主

要原因。

②实验证实b不是主要原因，所用试剂和现象是。

可选试剂：AgN04溶液、CC14、KMnO4溶液

③原因c成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因：。

(5)实验表明，一定浓度H2SO4能氧化Br、L不能氧化C「，从原子结构角度说明。

2022-2023学年北京十四中高三（上）期中化学试卷

参考答案与试题解析

一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的

一项。

1.（3分）我国在人工合成淀粉方面取得重大突破，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉（）

的全合成。下列说法不正确的是（）

A.淀粉的分子式为C6Hl2。6

B.由CO2等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成

C.玉米等农作物通过光合作用能将CO2转化为淀粉

D.该成就能为气候变化、粮食安全等人类面临的挑战提供解决手段

【分析】A.淀粉为高分子化合物；

B.淀粉为长碳链有机化合物；

C.植物吸收二氧化碳，通过光合作用生成淀粉；

D.二氧化碳资源广泛。

【解答】解：A.淀粉为高分子化合物，分子式为：（C6H10O5）n,故A错误；

B.淀粉为长碳链有机化合物，所以由CO2等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成，故B

正确；

C.玉米等农作物通过光合作用能将CO2转化为淀粉，故C正确；

D.二氧化碳资源广泛，能够合成淀粉，既可以减少温室效应，又能够解决人类粮食问题，

故D正确；

故选：A,

【点评】本题考查了物质的性质及用途，熟悉淀粉的结构组成及性质是解题关键，题目难度

不大。

2.（3分）下列化学用语或图示表达不正确的是（）

A.H2O的结构式：

B.乙醇的分子结构模型：

C.由Na和Cl形成离子键的过程：

D.中子数为8的氮原子：N

【分析】A.结构式用断线表示一对共用电子对；

B.用小球表示的模型为比例模型；

C.氯化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，阴离子还需要标出最外层

电子；

D.中子数为8的氮原子质量数为15。

【解答】解：A.H20中H-0之间形成共用电子对，结构式：，故A正确；

B.为乙醇的空间填充模型或比例模型，故B正确；

C.NaCl属于离子化合物，由Na和C1形成离子键的过程为，故C错误；

D.中子数为8的氮原子质量数为15,表示为：N,故D正确；

故选：C。

【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及比例模型、元素符号、结构

式、电子式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能

力及规范答题能力，题目难度不大，

3.（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（）

A.浓硝酸用棕色瓶保存：4HNO34NO2t+02t+2H2O

B.过量碳酸氢钠与氢氧化钢溶液反应：2HCO3+Ba2++2OH--BaCO3I+CO32+2H2O

++

C.硫酸镀溶液显酸性：NH4+H2O^NH3•H2O+H

D.电解精炼铜的阳极反应：Cu~++2e=Cu

【分析】A.浓硝酸不稳定见光分解；

B.碳酸氢钠过量反应生成碳酸钢、碳酸钠和水；

C.钱根离子水解生成一水合氨和氢离子；

D.电解精炼铜阳极主要是铜失去电子生成铜离子。

【解答】解：A.浓硝酸不稳定见光分解，化学方程式为：4HNO34NO2t+O2t+2H2O,所

以浓硝酸应用棕色瓶保存，故A正确；

B.过量碳酸氢钠与氢氧化钢溶液反应，离子方程式为：2HCO3.+Ba2++2OH—BaCOsI

+CO32+2H2O,故B正确;

++

C.硫酸镀溶液显酸性，离子方程式为：NH4+H2O^NH3-H2O+H,故C正确；

D.电解精炼铜的阳极发生氧化反应，离子方程式为：Cu-2e=Cu2+,故D错误；

故选：D。

【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确离子反应实质，熟悉电解池工作原理是解题关

键，题目难度不大。

4.（3分）下列说法不正确的是（）

A.酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3

B.与钠和水的反应相比，钺与水反应更容易

C.与H2s的分解温度相比，H20的分解温度更高

D.判断非金属性C1>S,可通过向Na2s溶液通入C12的实验证实

【分析】A.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强；

B.金属性越强，与水反应的剧烈程度越大；

C.同主族从上到下原子半径依次增大，氢化物稳定性减弱；

D.非金属单质氧化性越大，其非金属性越强。

【解答】解：A.非金属性N>P>Si,最高价含氧酸的酸性HNO3>H3PO4>H2SiO3,故A

正确；

B.金属性Na>Be,钠与水反应剧烈，故B错误；

C.氢化物稳定性H2O>H2S,H2O的分解温度更高，故c正确；

D.向Na2s溶液中通入C12发生反应生成硫单质和氯化钠，氯气氧化性大于S,说明非金属

性C1>S,故D正确：

故选：Bo

【点评】本题考查了周期表递变规律的分析判断，主要是非金属性强弱判断的理解应用，题

目难度不大。

5.（3分）某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示：A为阴离子，在正方体内，B为阳

离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为（)

A.B2AB.BA2C.B7A4D.B4A7

【分析】A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，可利用均摊法计算.

【解答】解：A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，晶胞中B的个数为8

X+6X=4,

则B与A的离子个数为4：8=1：2,则化学式为BA2,

故选：Bo

【点评】本题考查晶胞的计算，题目难度不大，解答该类题目注意组成粒子在晶胞的分布，

注意均摊法的计算方法的应用.

6.（3分）元素周期表中铭元素的数据见图。下列说法中，不正确的是（）

A.铝元素位于第四周期VIB族

B.格原子的价层电子排布式是3d54sl

C.格原子第3能层有5个未成对电子

D.Cr的第一电离能小于K的第一电离能

【分析】A.根据元素的价电子排布式可知元素在元素周期表中的位置；

B.由铝元素的数据图可知络元素的价电子排布式；

C.格原子电子排布图为；

D.元素越活泼越容易失去电子，第一电离能越小。

【解答】解：A.由铭元素的数据图可知，铭元素的价电子排布式为3d54s',由此可知，铭

元素位于第四周期VIB族，故A正确；

B.由铭元素的数据图可知，铝元素的价电子排布式为3d54sl故B正确；

C.铭原子电子排布图为，第3能层有5个未成对电子，即3d轨道的5个电子，故C正确；

D.钾为活泼金属，其价层电子排布式是4sl其失电子能力远强于铭，铭的第一电离能大于

钾，故D错误；

故选：D。

【点评】本题主要考查物质的结构与性质，包括对核外电子排布图、核外电子排布式等知识

的考查，为高频考点，题目难度不大。

7.（3分）用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法不正确的是（)

A.12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子

B.ImolNCh与水完全反应转移的电子数为NA

C.标准状况下，22.4LNH3含有的电子数为IONA

D.O.lmol的"B中，含有0.6NA个中子

【分析】A.石墨烯和金刚石都是碳原子；

B.3moiNO2气体与水完全反应生成硝酸溶液和NO气体，电子转移2mol；

C.1个氨气分子含有1（）个电子；

D.1个"B含有中子数为11-5=6。

【解答】解：A.12g石墨烯和12g金刚石均含有碳原子个数为：XNAmo「i=NA个，故A

正确；

B.3NO2+H2O=2HNO3+NO,3moiN02气体与水完全反应生成硝酸溶液和NO气体，电子

转移2moi,ImolNCh气体与水完全反应，转移电子数为NA,故B错误：

C.标准状况下，22.4LNH3含有的电子数为：XlOXNAmol_1=IONA,故C正确；

D.个"B含有中子数为11-5=6,则O.lmol的“B中，含有0.6NA个中子，故D正确；

故选:Bo

【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，物质的量和微粒数的计算，氧化还原反应电子

转移，气体摩尔体积的应用条件，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

8.（3分）室温下，将充满NO2的试管倒立在水中，实验现象如图。下列分析不正确的是（）

A.NO2易溶于水，不能用排水法收集

B.试管中剩余的无色气体是NO

C.取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为N02与H2O反应生成了酸

D.向试管中再缓缓通入一定量的02,最终试管中的气体变为红棕色

【分析】A.易溶于水或能与水反应的气体，不能用排水法收集；

B.N02与水生成硝酸和NO,NO是无色气体：

c.NO2与H20反应生成了硝酸，硝酸具有酸性，使紫色石蕊试液显红色；

D.向试管中再缓缓通入一定量的02,最终试管中的气体完全溶解。

【解答】解：A.N02易溶于水，且能与水生成硝酸和N0,不能用排水法收集，故A正确；

B.NO2与水生成硝酸和NO,NO不溶于水，故试管中剩余的无色气体是NO,故B正确；

C.取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，因为N02与H20反应生成了硝酸，硝酸具有酸性，

使紫色石蕊试液显红色，故C正确；

D.向试管中再缓缓通入一定量的02,最终试管中的气体完全溶解，方程式为4NO+3O2+2H2O

=4HNO3,故D错误；

故选：D。

【点评】本题主要考查二氧化氮的性质，属于基本知识的考查，难度不大。

9.(3分)在25°C时，向水中通入C12,得到新制氯水，如图所示。对现象分析不正确的是()

A.新制氯水呈黄绿色，是因为溶解了C12

B.新制氯水呈黄绿色，证明C12与H20能反应

C.取出新制氯水，光照一段时间，溶液c(H+)增大，漂白性减弱，原因是：

C12+H2OUHC1+HC1O,2HC1O2HC1+O2t

D.取出新制氯水，加入饱和NaCl溶液，C12的溶解度减小。说明可用饱和食盐水除去C12

中混有的HC1

【分析】氯水中，氯气与水发生：C12+H2OWHC1O+HC1,溶液中含有。2、HC10、H2O等分

子，含有H+、CIO、C「等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HC1O见光易分解而变质，

以此解答。

【解答】解：A.氯气为黄绿色，新制氯水呈黄绿色，是因为溶解了C12,故A正确；

B.新制氯水呈黄绿色，不能证明氯气和水反应，故B错误；

C.次氯酸不稳定，见光分解，所以取出新制氯水，光照一段时间，溶液c(H+)增大，漂

白性减弱，原因是：C12+H2OUHC1+HC1O,2HCIO2HC1+O2t,故C正确；

D.C12+H2OUH++CL+HC1O,依据平衡移动原理可知，加入饱和NaCl溶液，增大氯离子浓

度，平衡逆向移动，抑制氯气溶解，C12的溶解度减小，可用饱和食盐水除去C12中混有的

HC1,故D正确；

故选：B»

【点评】本题考查了氯水的性质，明确氯水的成分是解题关键，注意化学平衡移动原理的应

用，题目难度不大。

10.（3分）元素X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示。R位于第四周期，X、Y、Z原子

的最外层电子数之和为17o下列说法正确的是（）。

X

YZ

R

A.X基态原子的核外电子排布式为2s22P2

B.电负性：R>Y

C.0.033moi1一1的H3RO4溶液的pH约等于1

D.还原性：

【分析】由元素X、Y、Z和R在周期表中的位置可知，X位于第二周期，Y、Z位于第三周

期，设X的最外层电子数为x,X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17,则x+x+2+x+3=

17,解得x=4,可知X为C元素、Y为S元素、Z为C1元素，R位于第四周期VA族，R

为As元素，以此来解答。

【解答】解：由上述分析可知，X为C元素、Y为S元素、Z为C1元素、R为As元素，

A.X基态原子的核外电子排布式为Is22s22P2,故A错误；

B.同主族从上到下电负性减小，同周期主族元素从左向右电负性增大，则电负性：R<Y,

故B错误；

C.H3ASO4为弱酸，不能完全电离，则0.033mol・L」的H3RO4溶液的pH一定大于1,故C

错误；

D.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应简单阴离子的还原性越弱，

则还原性：Y2>Z\故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数关系来

推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项c为解答的难点，题目难度

不大。

11.（3分）已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物

（浓度均为O.Olmol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（）

A.Z元素最高价氧化物的化学式为ZO3

B.简单离子半径大小顺序：X>M

C.简单气态氢化物的稳定性：Z>W>Y

D.X、Z的最简单气态氢化物反应有白烟生成

【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期元素，根据25℃时其最高价氧化物对应的水化物溶

液（浓度均为0.01mol/L）的pH可知，X、Z的pH=2,属于一元强酸，该酸为硝酸、高氯

酸，结合原子半径可知X为N元素，Z为Cl；Y的半径大于N,且酸性较硝酸弱，应为C

元素；W的原子半径大于C1,且对应的酸的pH小于2,应为硫酸，则W为S元素；M的

原子半径最大，且O.Olmol/LW的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12,则W为Na,

以此解答该题。

【解答】解：由以上分析可知，X、Y、Z、W、M分别为N、C、Cl、S、Na元素。

A.Z为C1,最高化合价为+7价，其最高价氧化物的化学式为Z2O7,故A错误；

B.氮离子和钠离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子

半径大小为：X>M,故B正确；

C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：C1>S>C,则简单气态氢化物的

稳定性：Z>W>Y,故C正确；

D.X、Z的最简单气态氢化物分别为氨气和HC1,氨气与氯化氢反应生成氯化镀，有白烟生

成，故D正确；

故选：Ao

【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，题目难度不大，把握最高价含氧酸

的酸性、pH及原子半径来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，试题侧重

分析与应用能力的考查。

12.（3分）下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能产生沉淀的是（）

ABCD

试齐1」a浓盐酸浓H2so4浓氨水稀H2so4

试剂bKMnCM少量蔗糖CaOCaC03粉末

试剂cAgNOsBaChAlCh冷、浓氨盐水

A.AB.Bc.cD.D

【分析】A.浓盐酸与高锌酸钾反应生成氯气，氯气通入硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀；

B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能够使蔗糖炭化，同时生成二氧化硫、二氧化碳气体，

两种气体通入氯化铁溶液不反应；

C.浓氨水滴到氧化钙生成氨气，氨气通入氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀；

D.稀硫酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳通入冷、浓氨盐水反应生成碳酸氢钠沉淀

和氯化被。

【解答】解：A.浓盐酸与高镒酸钾反应生成氯气，氯气通入硝酸银溶液反应生成氯化银沉

淀，不符合题干要求，故A错误；

B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能够使蔗糖炭化，同时生成二氧化硫、二氧化碳气体，

HC1酸性大于碳酸和亚硫酸，两种气体通入氯化钢溶液不反应，不会产生沉淀，故B正确；

C.浓氨水滴到氧化钙生成氨气，氨气通入氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀，不符合题干要求,

故c错误；

D.稀硫酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳通入冷、浓氨盐水反应生成碳酸氢钠沉淀

和氯化镂，试管内产生沉淀，故D错误；

故选：Bo

【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。

13.（3分）用如图所示装置探究铜丝（下端卷成螺旋状）与过量浓硫酸的反应。

现象：试管①中液面上方有白雾，底部有灰白色固体。

下列实验不合理的是（）

A.浸NaOH溶液的棉团用于吸收多余的SO2

B.加热、将铜丝下端卷成螺旋状能提高SO2的生成速率

C.②中用石蕊溶液验证SO2水溶液的酸性，③中用品红溶液验证SO2的生成

D.冷却后，将①中物质倒入盛有水的另一支试管，以确认CuSO4的生成

【分析】A.二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应：

B.加热、增大接触面积都可以加快反应速率；

C.铜与浓硫酸反应加热，挥发除了的水蒸气、二氧化硫会携带出酸雾；

D.硫酸密度大于水，应将试管中的溶液倒入水中，防止硫酸溅出伤人。

【解答】解：A.二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，浸NaOH溶液的棉团用于

吸收多余的S02,故A正确；

B.加热、将铜丝下端卷成螺旋状，即增大了接触面积，能提高SO2的生成速率，故B正确；

C.铜与浓硫酸反应加热，挥发除了的水蒸气、二氧化硫会携带出酸雾，对二氧化硫酸性的

检验造成干扰，故c错误；

D.由于试管①中有剩余的浓硫酸，浓硫酸溶于水会放出大量的热，且浓硫酸密度大于水，

所以正确操作方法为：将试管①中的液体，慢慢倒入盛有少量水的试管中，观察溶液的颜色,

故D正确；

故选：Co

【点评】本题以Cu和浓硫酸的反应为载体考查实验操作、浓硫酸的性质，侧重考查分析、

判断及知识综合应用能力，明确实验原理、元素化合物性质、实验操作规范性是解本题关键,

D为解答易错点，题目难度不大。

14.（3分）电子工业用FeC13溶液腐蚀绝缘板上的铜箔制造印刷电路板。从酸性腐蚀废液回收

铜及FeC13固体的流程如图：

已知：SOC12+H2O^SO2f+2HC1t。下列分析不正确的是（）

A.过程I、n、m、v中均有气体产生

B.上述流程中发生的反应有置换反应、化合反应

C.V中用SOC12而不采用直接加热脱水的方法，主要是避免FeC13水解

D.n中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液加入H2O2溶液，可提高FeCh

产率

【分析】腐蚀废液含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜，加入过量的铁粉，过滤所得溶液1中含

有氯化亚铁，滤渣中含有铜和铁，加入盐酸后过滤得到滤渣铜和含有氯化亚铁的溶液2,向

溶液2中加入双氧水后得到氯化铁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，

氯化铁晶体与SOC12混合加热得到氯化铁；

A.过程1中铁与酸反应产生氢气、II中滤渣中的铁与盐酸反应产生氢气、山中双氧水将氯

化亚铁氧化为氯化铁，Fe3+是H2O2的分解催化剂，会有氧气生成：

B.上述流程中发生的反应有置换反应如铁与盐酸反应、化合反应如氯化铁与铁的反应；

C.V中用S0C12而不采用直接加热脱水的方法，因发生反应SOCl2+H2O=SO2t+2HC1t；

D.II中盐酸过量，向过滤所得溶液加入H2O2溶液，将氯化亚铁氧化生成氯化铁。

【解答】解：A.过程I中铁与酸反应产生氢气、II中滤渣中的铁与盐酸反应产生氢气、山

中双氧水将氯化亚铁氧化为氯化铁，Fe3+是H2O2的分解催化剂，会有氧气生成、V中S0C12

与氯化铁晶体中的结晶水作用产生气体SOC12+H2O=SO2t+2HC1t,故A正确；

B.上述流程中发生的反应有置换反应如铁与盐酸反应、化合反应如氯化铁与铁的反应，故

B正确；

C.V中用S0C12而不采用直接加热脱水的方法，因发生反应SOCl2+H2O=SO2t+2HC1t,

抑制FeCh水解，故C正确；

D.II中滴加盐酸至无气体逸出，说明盐酸恰好完全反应，而过滤所得溶液加入H2O2溶液，

需要在酸性条件下将氯化亚铁氧化生成氯化铁，可提高FeC13产率，故D错误；

故选：D。

【点评】本题借助酸性腐蚀废液回收铜及FeC13固体的工艺流程，考查了化学反应原理、化

合物的性质等知识，可以根据所学知识完成，本题难度中等。

二、填空题

15.(11分)短周期元素X、Y的价电子数相同，且原子序数之比等于1：2；元素Z位于第四

周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。

(1)Y基态原子的价电子排布式为3s23P4。

(2)从分子极性等角度解释YX2易溶于水的原因：相似相溶，与水反应。

(3)Y与X可形成YX32,YX3?一的空间结构为三角锥形(用文字描述)，Y原子轨

道的杂化类型是sp3杂化。

(4)配合物[Z(NH3)4]SO4中的配位数是4；氨分子能与Z的金属阳离子形成稳定离

子，其原因是Zr?+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对。

(5)Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，其晶胞边长为anm,摩尔质量为Mg，mo「

密度为gem'3(列式)。

【分析】短周期元素X、Y的价电子数相同，说明二者同主族，且原子序数之比等于1：2,

则X为O,Y为S；元素Z是人体必需的微量元素，位于第四周期，其基态原子的内层轨道

全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28,且最外层电子数为2,该原子的核外电子总数

为30,则Z为Zn元素，据此分析解答。

【解答】解：(1)丫为$,为16号元素，基态原子的价电子排布式为3s23P匕

故答案为：3s23P4

(2)YX2为SO2,SO2为极性分子，可以和水反应生成亚硫酸，则易溶于水的原因相似相溶,

与水反应，

故答案为：相似相溶，与水反应；

(3)SO3?-中S原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对，为sp3杂化，根据价层

电子对互斥理论，为三角锥形，

故答案为：三角锥形：sp3：

(4)Z为Zn,配合物[Zn(NH3)4]SO4中,NH3为配体,配位数是4；氨分子能与Zn的金

属阳离子形成稳定离子，其原因是Zi?+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对，

故答案为：Z,+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对；

(5)Y为S,Z为Zn,晶胞含有的S2-个数为8X+6X=4,Z，+为4个，该晶胞含有4个

ZnS,其晶胞边长为anm,摩尔质量为Mg-mo「I密度为=g，cm7=g.cmT,

故答案为:o

【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配合物、原子杂化理论等知识点，明确

原子结构、物质结构、空间结构特点是解本题关键，题目难度中等。

16.(12分)MnCO3是重要化工原料，由MnCh制备MnC03的一种工艺流程如图:

I.研磨MnC>2,加水配成浊液。

H.MnO2浊液经还原、纯化、制备等过程，最终获得MnC03固体。

资料：①MnCO3不溶于水。该工艺条件下，MnO2与H2s04不反应。

13

②难溶电解质的溶度积:Ksp[Fe(OH)3]—2.8X10-39、Ksp[Mn(OH)2]=2.0X10

(1)研磨MnO2的目的是增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率。

(2)加入铁粉除去FeSO4溶液中的Fe3+,反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe?+.

(3)MnCh氧化Fe?+的反应如下：MnO2+4H++2Fe2+—Mn2++2Fe3++2H20o

①根据上述反应，还原MnO2所需的H+与Fe?+的物质的量比值应为2。而实际比值(1-1.25)

小于2,原因是由于反应生成含有铁离子的沉淀，消耗了氢氧根离子，促进了水电离，溶

液中氢离子浓度增大，所以还原MnCh所需的H+与Fe2+的物质的量实际比值(1〜125)小

于2。

②取少量母液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明取少量母液，滴加K3lFe

(CN)61溶液，未产生蓝色沉淀，说明溶液中不存在亚铁离子。

(4)纯化

向母液中滴加氯水调pH,除去残留的Fe3+。若母液中c(Mn2+)=lmol・L〕使Fe?+恰好

沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1XI07moi.L1此时是否有Mn(OH)2沉淀生成？Fe3+

恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=lXl()-5mo],L-i,根据KsMFe(OH)31—2.8义1。39=©

(Fe3)Xc3(OHD=1XI07XC3(OHD,C(OK)=6.5X10“2moi•1/]，Oc=c

Xc2(OHD=1X(6.5Xl()r2)2=4.225X10.23,而K’MMn(OH)2]=2.()X1()一"，即

QC<KSD，没有沉淀产生(列式计算，已知七6.5)。

(5)制备

将Mi?+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含MnCO3的浊液。将浊液过滤，洗涤

沉淀，干燥后得到MnCO3固体。

①通过检验SO42-来判断沉淀是否洗涤干净。检验SO4?一的操作是取最后一次洗涤液，加

入足量的稀盐酸，再加入氯化钢溶液，没有沉淀产生，说明沉淀已经洗涤干•净。

②生成MnC03的离子方程式是2HCO3-+Mp=MnC03I+CO2t+H2O。

【分析】(1)研磨MnO2,变为粉末状，可以增大固体与反应物的接触面积：

(2)加入铁粉除去FeS04溶液中的Fe3+,发生归中反应；

+2+2+3+

(3)①MnO2氧化Fe?+的反应如下：MnO2+4H+2Fe—Mn+2Fe+2H2O,根据上述反应，

还原MnO2所需的H+与Fe2+的物质的量比值应为2,而实际比值(1〜1.25)小于2,原因是：

由于反应生成含有铁离子的沉淀，消耗了氢氧根离子，进而影响了溶液中水的电离平衡；

②亚铁离子能够与K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，以此检验亚铁离子存在；取少量母液，

滴加K3[Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀；

3+5

(4)Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe)=1Xl()-mol«L'根据Ksp[Fe(OH)3]—2.8

39335312

X10=c(Fe)Xc(OH')=1X1O_XC(OH),c(OH)=6.5X10'mobL-1,

Qc=c(Mn2+)Xc2(OH')=1义(6.5X1012)2=4.225X10-23,而Ksp[Mn(OH)2j=2.0

X10l3,即Qc<Ksp；

(5)①硫酸根离子检验常用试剂为盐酸和氯化钢，具体操作如下：取最后一次洗涤液，加

入足量的稀盐酸，再加入氯化钢溶液，没有沉淀产生；

②将Mi?+纯化液与稍过量的NH4HCO?溶液混合，得到含MnCO3的浊液。

【解答】解：(1)研磨MnO2,变为粉末状，可以增大固体与反应物的接触面积，加快反应

速率，

故答案为：增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率：

(2)加入铁粉除去FeSO4溶液中的Fe?.,反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe?+,

故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；

(3)①MnO2氧化Fe?+的反应如下：MnO2+4H++2Fe2+—Mn2++2Fe3++2H2O,根据上述反应，

还原MnO2所需的H+与Fe2+的物质的量比值应为2,而实际比值(1〜1.25)小于2,原因是：

由于反应生成含有铁离子的沉淀，消耗了氢氧根离子，促进了水电离，溶液中氢离子浓度增

大，所以还原MnO2所需的H+与Fe?+的物质的量实际比值(1-1.25)小于2,

故答案为：由于反应生成含有铁离子的沉淀，消耗了氢氧根离子，促进了水电离，溶液中氢

离子浓度增大，所以还原MnO2所需的H+与Fe2+的物质的量实际比值(1-1.25)小于2;

②亚铁离子能够与K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，以此检验亚铁离子存在：取少量母液，

滴加K3[Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明溶液中不存在亚铁离子，

故答案为：取少量母液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明溶液中不存在亚

铁离子；

3+5

(4)Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe)=1X10mol«L-根据Ksp[Fe(OH)3]=2.8

X10-39=c(Fe3)Xc3(OH)X105Xc3(OH),c(OH')=6.5X10-12mol«L1,

2+212223

Qc=c(Mn)Xc(OH)=1X(6.5X10)=4.225X10-,而Ksp[Mn(OH)2]=2.0

Xio13,即QcVKsp,没有沉淀产生，

3+51

故答案为：Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe)=1X10-mol«L-,根据Ksp[Fe(OH)3]

=2.8X10-39=C(Fe3)Xc3(OH)=1X1()-5XC3(OH),c(OH)=6.5X1()-2moi,L

Qc=c(Mn2+)Xc2(OH)=1X(6.5X1012)2=4.225X10=3,而Ksp[Mn(OH)2]

=2.0X10%即Qc<Ksp,没有沉淀产生；

(5)①硫酸根离子检验常用试剂为