2022-2023学年四川省泸州市合江天立学校高化学高三第一学期期中复习检测模拟试题（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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是ANaClO3在发生器中作氧化剂B吸收塔中1mol H2O2得到2mol电子C吸收塔中温

2、度不宜过高，会导致H2O2的分解D从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO42、（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4=N26 NH33SO2SO37H2O， 将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液有白色沉淀生成，还有部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应。下列说法正确的是A生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1B生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：2C生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（Ba

3、SO4）：n（BaSO3）约为1：3D从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl3、将0.1 mol镁和铝的混合物溶于100 mL 2 mol/L 稀硫酸中，然后滴加1 mol/L的NaOH溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示,下列说法正确的是A当V1=150 mL时，金属粉末中镁粉的质量分数为50%B若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)=400mL。C若其中镁粉的物质的量分数为a，用100 mL 2 mol/L稀硫酸溶解此混合物后，再加入450 mL 1 m

4、ol/L NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3,则a的取值范围为12a1D若在滴加NaOH溶液的体积为V2时，溶液中溶质为NaAlO24、在常温下，如下图所示的装置中，若使活塞下移，重新达到平衡时，下列数值会增大的是A阳离子数目 BHCO3的水解平衡常数 C溶液的pH Dc(HCO3)/c(H2CO3)5、恒温条件下，欲使CH3COONa溶液中c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大，可在溶液中加入下列物质中正确的是固体NaOH 固体KOH 固体NaHS 固体CH3COONa 冰醋酸 加水ABCD6、下列对某些问题的认识正确的是A漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的

5、BSO32、ClO、NO3三种酸根离子在溶液中能大量共存C不能用带玻璃塞的玻璃瓶和酸式滴定管盛取碱液，二者的原因是相同的D98%的浓硫酸用等体积的水稀释后，硫酸的质量分数为49%7、下列表示正确的是AHCl的电子式：B乙炔的结构简式：CHCHC水分子的比例模型：D质子数为6，中子数为8的核素：C8、下列离子方程式正确的是( )AFeBr2溶液中通入过量氯气：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-B石灰石溶于醋酸：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2+CO2+H2OC铜与浓硝酸反应：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2OD过氧化钠与水反应：Na2O2+H2O=2Na

6、+2OH-+O29、常温下，用 0.1 molL1HCl溶液滴定10.0 mL浓度为0.1 molL1 Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A当V0时：c(H)c(HCO3)c(H2CO3)c(OH)B当V5时：c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)c(Cl)C当V10时：c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)D当Va时：c(Na)c(Cl)c(H)c(OH)10、下列变化原理不同于其他三项的是A将Na投入水中溶液呈碱性 BCl2能使品红褪色C过氧化钠作供氧剂 D活性炭可作为净水剂11、六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和D同族

7、，C和F同族，B、C、D、E的离子均具有相同的电子层结构，E在同周期元素中离子半径最小。A和B、C、F均能形成共价型化合物，A和B形成的化合物Y在水中呈碱性，D和F形成的化合物在水中呈中性。下列说法错误的是AB、D离子的半径大小是BDB化合物AC的沸点比化合物AF的高CC的单质能将F单质从EF3的溶液中置换出来D化合物AF与化合物Y可反应生成含有共价键的离子化合物12、石墨是层状晶体，每一层内，碳原子排列成正六边形，许多个正六边形排列成平面网状结构。如果每两个相邻碳原子间可以形成一个碳碳单键，则石墨晶体中每一层碳原子数与碳碳单键数的比是A11 B12 C13 D2313、偏二甲肼(CH3)2N

8、NH2与N2O4是常用的火箭推进剂，火箭发射时常出现红棕色气体，发生的化学反应如下： (CH3)2NNH2(l) + 2N2O4(l) = 2CO2(g) + 3N2(g) + 4H2O(g) H10 N2O4(l) 2NO2(g) H2 0下列说法不正确的是A反应中，N2O4为氧化剂B反应中，生成1mol CO2时，转移8 mol e-C由反应推断：加压、降温是获得液态N2O4的条件D温度升高，反应的化学反应速率减小、反应的化学反应速率增大14、如图所示电化学装置，X可能为“锌棒”或“碳棒”，下列叙述错误的是AX为锌棒，仅闭合K1，Fe电极上发生还原反应BX为锌棒，仅闭合K1，产生微量电流方

9、向：FeXCX为碳棒，仅闭合K2，该电化学保护法称为“牺牲阳极阴极保护法”D若X为碳棒，仅闭合K1，铁电极的极反应为：Fe 2e Fe215、某白色粉末含有两种成分，为探究其组成，进行如下实验：取少量样品，加入足量水，充分搅拌，固体部分溶解；向所得悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，最终仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色。该白色粉末可能为ASiO2、明矾BKCl、Ag2CO3CBaCO3、无水CuSO4DMgCO3、Na2SO416、下列关于NH3的描述错误的是( )A含有极性共价键B空间构型是三角锥型C极易溶于水D能用湿润的蓝色石蕊试纸检验二、非选择题（本题包括5小题）17、已知X、Y

10、、Z、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Y 的氧化物属于两性氧化物，Y、Z 位于同周期，X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。（1）X在元素周期表中的位置是_。（2）下列事实能用元素周期律解释的是_(填字母序号)。AY 的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2BZ的气态氢化物的稳定性小于HFCWZ3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（3）Z的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因是_。（4）工业上用电解法制备Y单质，化学方程式为_。（5）家用“管道通”的有效成分是烧碱

11、和Y 的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为_。（6）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转化成为铵根离子，同时生成磁性的W的氧化物H，再进行后续处理。相应离子方程式为_。Y 的单质与H在高温下反应的化学方程式为_。18、A、B、C、D、E、X 是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。(1)若 A 为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X 能使品红溶液褪色，写出 C 和 E 反应的离子方程式：_。(2)若 A 为淡黄色粉末，X 为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的 D、E 两种溶液，可 选择的试剂为_（填代号）。A盐酸 BBaCl

12、2 溶液 CCa(OH)2 溶液(3)若 A 为非金属氧化物，X 是 Fe，溶液 D 中加入 KSCN 溶液变红。则 A 与 H2O 反应的化学反应方程 式为_。19、某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：回答下列问题：(1)装置A中a的作用是_；装置C中的试剂为_；装置A中制备Cl2的化学方程为_。(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是_。(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格

13、为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为_(填标号)。A.15.00 mL B.35.00mL C.大于35.00mL D.小于15.00m1(4)某FeC2O42H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O42H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下:.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75。用 c molL-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸

14、化后，在75继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含的质量分数表达式为_。下列关于样品组成分析的说法，正确的是_(填标号)。A.时，样品中一定不含杂质B.越大，样品中含量一定越高C.若步骤I中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高20、某同学对教材中铜与浓硫酸的实验作出如下改进。实验装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。实验步骤：组装仪器，检查装置气密性；加入试剂，关闭旋塞E，加热A，观察C中溶液颜色变化；将铜丝上提离开液面，停止加热。（1）检查虚线框内装置

15、气密性的方法是_。（2）装置A的名称是_，装置B的作用是_，装置D中所盛药品是_。（3）装置A中发生反应的化学方程式为_。（4）实验后，拆除装置前，为避免有害气体的泄漏，应当采取的操作是_。（5）实验后装置A中有白色固体产生，将装置A中固液混合物缓慢转移至盛有少量水的烧杯中，可观察到的现象是_；不可直接向装置A中加水的原因是_。21、碳酸钠俗称纯碱，其用途很广。实验室中，用碳酸氢铵和饱和食盐水可制得纯碱。(1)饱和食盐水所用的原料粗盐主要来自于海洋，从海水中得到粗盐我们通常用的方法是_。(2)所得的粗盐(含Ca2+、Mg2+、SO42-)需要提纯，需要加入足量NaOH、BaCl2、Na2CO3

16、溶液将杂质离子除去，随后过滤并加入盐酸调pH至7。其中先用BaCl2，再用Na2CO3的原因是_。(3)饱和食盐水除用于制纯碱，也是氯碱工业的原料。氯碱工业中电解饱和食盐水的方程式为_。(4)测试纯碱产品中NaHCO3含量的方法是：用_(定量仪器)称取纯碱样品1.144g，用蒸馏水溶解，加入0.500mol/L的HCl溶液100mL，再加1-2滴酚酞，继续用0.500mol/L标准氢氧化钠溶液滴定。当滴定至溶液由_色变_色，半分钟不变色为滴定终点。(5)若上述过程中共消耗氢氧化钠58.00mL，纯碱样品中NaHCO3质量分数为_。(保留3位小数)(6)如果装氢氧化钠的滴定管滴定结束读数时有漏液

17、情况，会导致测定结果_（选填“偏大”、“偏 小”、“不受影响”）。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【答案解析】A、根据流程图，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，其中NaClO3作氧化剂，故A说法正确；B、吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，1mol H2O2失去2mol电子，故B说法错误；C、H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，故C说法正确；D、根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，故D说法正

18、确。答案选B。2、A【题目详解】（NH4）2SO4分解的方程式为4（NH4）2SO4=N26 NH33SO2SO37H2O，设分解了4mol（NH4）2SO4，则分解生成的N2、NH3、SO2、SO3物质的量依次为1mol、6mol、3mol、1mol，分解产生的气体通入BaCl2溶液中，发生反应2NH3+SO3+H2O=（NH4）2SO4、（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl，此过程中消耗1molSO3、2molNH3、生成1molBaSO4沉淀；还剩余4molNH3，最终从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应，说明3molSO2全部反应，则发生的反应为4

19、NH3+3SO2+3H2O=（NH4）2SO3+2NH4HSO3、（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4Cl，此过程将4molNH3、3molSO2全部消耗，生成1molBaSO3沉淀；根据上述分析，生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1，从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下的溶液中有较多的NH4Cl和NH4HSO3，故答案为A。3、B【答案解析】A、当V1=150mL时，此时溶液是MgSO4、Al2(SO4)3 和Na2SO4混合液，由Na离子守恒可知，n（Na2SO4）=1/2 n（Na）=1/2 n（NaOH）=1/20.

20、15L1molL1=0.075mol，设MgSO4为xmol，Al2(SO4)3为ymol，根据Mg原子、Al原子守恒可得：x+2y=0.1，根据SO42离子守恒可知：x+3y=0.2-0.075，联立方程解得：x=0.05、y=0.025，镁粉的物质的量分数为50%，而不是质量分数，故A错误；B、当溶液中Mg2、Al3恰好沉淀完全时，此时的溶液为Na2SO4溶液，根据SO42离子和Na离子守恒可得：n（Na）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）=20.1L2molL1=0.4mol，所以滴入NaOH溶液的体积为V（NaOH）=0.4mol/1molL1=0.4L=400mL，故B正确；C

21、、混合物为0.1mol，其中镁的物质的量分数为a，用100mL2mol/L硫酸溶解后，再加入450mL 1mol/L氢氧化钠溶液，所得溶液无Al(OH)3 沉淀，证明生成的氢氧化铝全部和氢氧化钠反应，结合B选项：v1=400mL，再加入50mL 1mol/L氢氧化钠溶液，所得Al(OH)3 沉淀完全溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，Al(OH)3 +NaOH=NaAlO2+2H2O，Al(OH)3 最大取值0.05mol，即0n（Al）0.05mol，n（Mg）+n（Al）=0.1mol，则0.5n（Mg）1，即0.5a1；D、 若在滴加NaOH溶液的体积为V2时，溶液中溶质为NaAlO2和Na2SO

22、4混合液，故D错误；故选B。点睛：本题考查图象和混合物反应的计算相结合，题目难度较大，解题关键：明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析。解题技巧：守恒思想在化学计算中的应用方法。试题培养了学生的分析能力及化学计算能力对于图象分析题的解题规律：难点是C选项，D选项为易错点。4、A【答案解析】碳酸氢钠溶液中存在水解平衡和电离平衡，HCO3H2OH2CO3OH，HCO3-H+CO32-，并且水解程度大于电离程度，溶液显碱性，使活塞下移，使得部分二氧化碳溶于水，导致碳酸分子的浓度增大，平衡逆向移动，正向移动。A. 根据上述分析，平衡正向移动，阳

23、离子数目增多，故A正确；B. HCO3的水解平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故B错误；C. 根据上述分析，平衡逆向移动，正向移动，溶液的pH减小，故C错误；D. 根据上述分析，c(HCO3)/c(H2CO3)减小，故D错误；故选A。5、B【分析】CH3COONa溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,根据平衡移动规律进行分析。【题目详解】CH3COONa溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-, 加入固体NaOH、使平衡左移，c(CH3COO)将增多，但是c(Na+)增加得多，c(CH3COO-)/c(Na+)的比值减小； 加入固体KOH、使平衡左移

24、，c(CH3COO)将增多，c(Na+)不变，所以c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大；加入固体NaHS ，c(CH3COO)变化很小，c(Na+)明显增大，故c(CH3COO-)/c(Na+)的比值减小；加入固体CH3COONa，水解率将减小，c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大；加入冰醋酸，使平衡左移，c(CH3COO)将增多，c(Na+)不变，所以c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大；加水稀释，平衡右移，水解率增大，c(CH3COO)浓度减小的程度大，c(CH3COO-)/c(Na+)的比值减小；综上所述，符合题意的有，本题选B。6、C【答案解析】试题分析：A、漂

25、白粉利用其强氧化性杀菌消毒，明矾利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性净水，原理不同，错误；B、SO32、ClO不能大量共存二者发生氧化还原反应，错误；C、玻璃中有二氧化硅会和碱性溶液中的氢氧根离子反应，正确；D、98%的浓硫酸用等体积的水稀释后，硫酸的密度大于水的密度，等体积的水的质量小于等体积硫酸的质量。所以大于49%。考点：考查元素化合物的性质、离子共存、溶液浓度7、D【答案解析】HCl的电子式，故A错误；乙炔的结构简式： ，故B错误；水分子的比例模型：，故C错误；质子数为6，中子数为8的碳原子，质量数是14，故D正确。8、B【题目详解】A.向FeBr2溶液中通入过量氯气，溶液中Fe

26、2与Br均被氧化，其离子反应方程式为2Fe2+4Br3Cl2=2Fe3+2Br26Cl-，A项错误；B. 石灰石不溶于水，醋酸为弱酸，故石灰石溶于醋酸的离子反应方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2+CO2+H2O，B项正确；C. 铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，其离子方程式为Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，C项错误；D. 过氧化钠与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，D项错误；答案选B。【答案点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可

27、归纳为：1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式，如本题的A项是难点；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的根本宗旨。9、D【答案解析】A当V=0时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=

28、c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，联立可得：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)，故A错误；B当V=5时，得到等浓度的NaHCO3、NaCl、Na2CO3混合溶液，根据物料守恒，c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)2c(Cl)，故B错误；C当V=10时，反应恰好生成等浓度的NaHCO3、NaCl的混合溶液，碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则c(H2CO3)c(CO32)，故C错误；Dv=a时，溶液的pH=7，溶液为中性，则c(H+)=c(OH

29、-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(HCO3-)，联立可得c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，所以c(Na+)c(Cl-)c(H+)=c(OH-)，故D正确；答案选D。10、D【答案解析】A、将Na投入水中溶液呈碱性是因为钠与水反应生成强碱氢氧化钠；B、Cl2能使品红褪色是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性；C、过氧化钠作供氧剂是因为过氧化钠能与CO2、水反应产生氧气；D、活性炭可作为净水剂利用的是活性炭的吸附作用，属于物理变化，因此原理不同于其他三项，答案选D。11、C【分析】六种短周期元素

30、A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和D同族，D的原子序数大于氮元素，故D为Na元素；D和F形成的化合物在水中呈中性，结合原子序数可知，F为Cl；C和F同族，则C为氟元素；B、C、D、E的离子均具有相同的电子层结构，E在同周期元素中离子半径最小，则E为Al，据此分析作答。【题目详解】A、电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径BD，A项正确；B、HF分子之间存在氢键，沸点比较HCl高，B项正确；C、氟气与AlCl3的溶液中随反应生成HF与氧气，不能置换出氯气，C项错误；D、HCl与NH3生成的N

31、H4Cl属于离子化合物，D项正确；答案选C。12、D【答案解析】石墨晶体每一层内碳原子形成3个共价键，所以平均每个正六边形占有的碳原子数是61/32，占有的CC键是61/23，即石墨晶体每一层内碳原子数与碳碳化学键数的比是23，答案选D。13、D【题目详解】A. 反应中，N2O4中N元素化合价降低，所以N2O4为氧化剂，故A正确；B. 反应中，N2O4中N元素化合价由+4降低为0，生成2mol CO2时，转移16 mol e-，故B正确；C. 加压、降温，N2O4(l) 2NO2(g)逆向移动，由反应推断：加压、降温是获得液态N2O4的条件，故C正确；D. 温度升高，反应、的化学反应速率均增大

32、，故D错误；故选D。14、C【题目详解】AX为锌棒，仅闭合K1，此时构成原电池，锌的金属性强于铁，Fe是正极，电极上发生还原反应，A正确；BX为锌棒，仅闭合K1，此时构成原电池，锌的金属性强于铁，Fe是正极，产生微量电流方向：FeX，B正确；CX为碳棒，仅闭合K2，此时构成电解池，铁与电源的负极相连，作阴极，该电化学保护法称为“外加电流的阴极保护法”，C错误；D若X为碳棒，仅闭合K1，此时构成原电池，铁是负极。电极上的极反应为：Fe2eFe2，D正确；答案选C。15、B【题目详解】A.若固体为SiO2、明矾，向所得悬浊液中加入足量稀HNO3，无气体放出，A不符合题意；B.若固体为KCl、Ag2

33、CO3，加入水中，KCl溶解，而Ag2CO3不溶，加入稀硝酸Ag2CO3与硝酸反应产生AgNO3溶液、CO2气体和水，产生的AgNO3与KCl发生复分解反应，产生AgCl白色沉淀，因此会看到最后仍有未溶解的白色固体，B符合题意；C.若固体为BaCO3、无水CuSO4，加入水中，会得到蓝色溶液，与题干的无色溶液不符合，C不符合题意；D.若固体为MgCO3、Na2SO4，加入水中，Na2SO4溶解，而MgCO3不溶，加入稀硝酸MgCO3与硝酸反应产生AgNO3溶液、CO2气体和水，最后无白色固体，D不符合题意；故合理选项是B。16、D【题目详解】A、氨气的结构式，N和H之间以极性键结合，故A说法正

34、确；B、氨气中N有3个键，孤电子对数(53)/2=1，N的价层电子对数为4，即NH3空间构型为三角锥形，故B说法正确；C、NH3能与水形成氢键，NH3极易溶于水，故C说法正确；D、NH3溶于水显碱性，检验NH3应用湿润的红色石蕊试纸，颜色有红色变为蓝色，说明氨气的存在，故D说法错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、第二周期，第IVA族ABCl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl22Al2O3 (熔融) 4A1+3O22Al+2NaO

35、H+ 2H2O=2NaAlO2 + 3H2 3Fe + NO3-+ 2H+ H2O= Fe3O4+ NH4+8Al+ 3Fe3O44Al2O3+ 9Fe【答案解析】已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X为C元素；Y 的氧化物属于两性氧化物，Y为Al元素；Y、Z 位于同周期，X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14，则Z原子最外层电子数为14-4-3=7，Z为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素。(1)X为C元素，在元素周期表中位于第二周期，第IVA族，故答案为第二周期，第IVA族；(2)A.同一周期从左到右

36、，元素的金属性逐渐减弱，元素的金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，能够用元素周期律解释，故选；B.同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越弱，气态氢化物越稳定，HCl的稳定性小于HF，能够用元素周期律解释，故选；C.FeCl3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是利用铁离子的氧化性，与元素周期律无关，故不选；故选AB；(3)Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2，因此氯

37、气可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，故答案为Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2；(4)工业上用电解熔融的氧化铝制备铝单质，化学方程式为2Al2O3(熔融) 4A1+3O2，故答案为2Al2O3(熔融) 4A1+3O2；(5)家用“管道通”的有效成分是烧碱和铝，使用时需加入一定量的水，铝能够与氢氧化钠溶液反应放出氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为2Al+2NaOH+2H2O=

38、2NaAlO2+3H2；(6)铁可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转化成为铵根离子，同时生成磁性氧化铁，反应的离子方程式为3Fe+NO3-+2H+H2O=Fe3O4+NH4+，铝与四氧化三铁在高温下发生铝热反应，反应的化学方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，故答案为3Fe+NO3-+2H+H2O=Fe3O4+NH4+；8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe。18、OH+HSO3=SO32+H2O AB 3NO2+H2O=2HNO3+NO 【分析】（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E

39、为NaHSO3；（2）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2；若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，以此分析。（3）若A为非金属氧化物，X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3。【题目详解】（1）Na位于周期表第三周期A族，C和E反应的离子方程式为OH+HSO3=SO32+H2O；（2）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的D、E两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，用盐酸产生气泡快的为NaHCO3，用氯化钡产生沉淀的为碳酸钠，故选AB。（3）若A为非金属氧化物，X

40、是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，D为 Fe(NO3)3，E为 Fe(NO3)2，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。【答案点睛】本题考查无机物的推断，过程相似，体现形式多样，提高学生分析问题、以及灵活运用基础知识解决实际问题的能力。解题关键：把握好常见物质的性质以及有关转化，并能结合题意具体问题、具体分析即可。19、平衡气压，使浓盐酸顺利滴下； NaOH溶液 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 酸式 C BD 【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，Cl2和K2MnO

41、4在B中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C吸收，据此解答。【题目详解】(1)装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O；(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终K

42、MnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；(3)高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C；(4)设FeC2O42H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O42H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO45H

43、2C2O4(C2O42-)，KMnO45Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO45Fe2+可知，联立二个方程解得：z=2.5c(V1-3V2)10-3，所以H2C2O42H2O的质量分数=。关于样品组成分析如下：A时，H2C2O42H2O的质量分数=0，样品中不含H2C2O42H2O，由和可知，y0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；B越大，由H2C2O42H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；CFe元素的物质的量=，若步骤I中KMnO4溶液不足，则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；D结合C

44、可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确；故答案为：；BD。20、关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变 三颈烧瓶； 防倒吸 碱石灰 Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O 打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气 混合时放热，白色固体溶解，溶液变蓝色 水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅 【分析】（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的

45、生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；（2）仪器A的名称是三颈烧瓶，仪器B的作用是防止二氧化硫倒吸，仪器D是处理尾气，而二氧化硫是酸性气体，所以D中所盛药品是碱石灰或NaOH固体；（3）铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水；（4）从E处鼓入空气或氮气，使体系中的二氧化硫完全除净；（5）硫酸铜晶体溶于水溶液变蓝色；铜元素的焰色反应呈黄绿色，水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅【题目详解】(1)对于简易装置的气密性检查时，一般对瓶内气体加热，然后看有无气泡冒出或冷却后看导管口是否形成一段水柱，所以要关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变；故答案为：关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变；(2