2022-2023学年江西省南昌十中化学高三上期中质量跟踪监视试题（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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、氢化铝锂（LiAlH4）和硼氢化钠（NaBH4）都是有机合成中非常重要的还原剂，可发生如下反应：LiAlH4 + 4H2O = LiOH + A

2、l(OH)3 + 4H2NaBH4 + NH4Cl = NH3BH3 + NaCl + H2,则下列说法错误的是ALiAlH4中H元素均为 -1价B反应中，每生成1mol NH3BH3会转移2moleC两个反应中，H2均既是氧化产物，又是还原产物DNH4Cl和NaBH4所含化学键类型相同2、将22.4 L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后生成氮气的体积11.2 L(体积均在相同条件下测定)，则该氮氧化合物的化学式为( )ANO2BN2O2CN2ODN2O43、将打磨后的镁条放入盛有50ml蒸馏水的烧杯后，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中pH和溶液浊度随时间的变化如图。下列有关描述正确

3、的（ ）A该实验是在常温下进行的B实线表示溶液浊度随时间的变化C50s时向溶液中滴入酚酞试液，溶液变红D150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降4、下列各组物质的分类正确的是混合物：水玻璃、冰水混合物、水煤气电解质：过氧化钠、冰醋酸、五水硫酸铜酸性氧化物：SO2、NO、SO3同位素：1H2O、2H2O、3H2O同素异形体：C70、金刚石、石墨烯非电解质：干冰、液氯、乙醇ABCD5、在一氧化碳变换反应CO + H2OCO2 + H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是A使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加B升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加C

4、增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加D增大c(CO)，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加6、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列有关说法正确的是（ ）A水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质BMgO和Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，也可用于电解法冶炼Mg、AlC医疗上用的“钡餐”其成分是碳酸钡，漂白粉的有效成分为次氯酸钙D“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入明矾可以使海水淡化7、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是 A简单

5、离子半径：r(W) r(Z) r(Y) r(X)B最常见氢化物的稳定性：XYCZ2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电DHWY分子中各原子均达到8电子稳定结构8、所谓合金，就是不同种金属(也包括一些非金属)在熔化状态下形成的一种熔合物，下表为四种金属的熔、沸点。NaCuAlFe熔点()97.51 0836601 535沸点()8832 5952 2003 000根据以上数据判断其中不能形成合金的是ACu和AlBFe和CuCFe和NaDAl和Na9、下列说法错误的是（ ）A萃取操作时，选择有机萃取剂，则溶质在萃取剂的溶解度必须比水大B分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C

6、蒸馏操作时，应使温度计水银球插入混合溶液的液面下D配制一定物质的量浓度的溶液时，洗涤烧杯和玻璃棒的溶液必须转入容量瓶中10、下列各组离子一定在指定溶液中大量共存的是（ ）酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3，I，Cl，S2室温下，pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2，NO3，S2-，SO32-加入Al能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl，K+，NO3使石蕊变红的溶液中：Cu2+，NO3，Na+，SO42室温下，水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Cl，NO3，NH4+，S2O32-A B C D11、将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250

7、mL定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6 g，此时溶液呈中性，且金属离子（钠离子除外）沉淀完全。下列说法正确的是A原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为1：1B原稀硝酸的浓度为1.3 molL-1C固体溶解后剩余硝酸的物质的量为0.1 molD产生的NO的体积为2.24L12、研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低。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）

8、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713、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A0.1 molL1的FeCl2溶液中：H、Na、Cl、NO3-B0.1 molL1的HCl溶液中：Na、K、SO42-、CH3COOC0.1 molL1的K2CO3溶液中：Na、Ca2+、AlO2-、OHD0.1 molL1的NaOH溶液中：K、Ba2+、Cl、NO3-14、下列化学反应中，能用离子方程式H+ OH=

9、H2O 表示的是A2H2+ O22H2OBHCl + NaOH = NaCl + H2OC2HCl + Cu(OH)2= CuCl2+ 2H2ODBa(OH)2+ H2SO4= BaSO4+ 2H2O15、下列离子方程式正确的是（ ）AFe与稀盐酸反应：2Fe6H2Fe33H2B向KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至完全沉淀：Al322Ba2+4OH-=2BaSO42H2OCFe3O4固体溶于稀HNO3：Fe3O48H2Fe3Fe24H2OD向CaCl2溶液中通入少量的CO2气体：Ca2CO2H2OCaCO32H16、恒温条件下，欲使CH3COONa溶液中c(CH3COO-)/c(

10、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ABCD17、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是（ ）A原子半径：r(X) r(Y) r(Z) r(W)BW的最高价氧化物的水化物是一种弱碱CY的单质的氧化性比Z的强D DX、Y、Z三种元素组成的化合物可能是离子化合物18、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z是地壳中含量最多的金属元素，

11、四种元素原子的最外层电子数总和为16。下列说法正确的是A原子半径：r(X)r(Z)r(W)BY、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应C简单氢化物的热稳定性：XWDX 分别与Y、W形成的化合物中所含化学键类型相同19、已知A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，它们有如下转化关系，且D为强电解质(其他相关物质可能省略)。ABCD下列说法不正确的是()A若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴阳离子个数比可能为23B若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第A族C不论A为单质还是化合物，D都有可能是同一种物质，该物质的浓溶液在常温下都能使铁和铝发生钝化D若A是共价

12、化合物，0.1molA分子中含有的电子数可能为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)20、下列有关物质的性质与用途的对应关系不正确的是ACa(OH)2具有碱性，可用于修复被酸雨浸蚀的土壤BSO2具有漂白性,可用SO2水溶液吸收Br2蒸气CClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒D常温下铁能被浓硫酸钝化,可用铁质容器贮运浓硫酸21、对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解说错误的是A汉书中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油B黄白第十六中“曾靑涂铁，铁赤如铜 ”，其“曾靑”是可溶性铜盐C本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是 K2CO3D天工开物中“凡石灰，经火焚

13、炼为用”里的“石灰”指的是 Ca(OH)222、下列有关水处理方法不正确的是( )A用含碳铁粉处理水体中的NO3-B用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子D用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨二、非选择题(共84分)23、（14分）、A、B是两种常见的无机物，它们分别能与下图中周围4种物质在一定条件下反应：请回答下列问题： （1）A溶液与B溶液反应的离子方程式 _ （2）若A与其周围某物质在一定条件下反应，产物之一是B周围的一种，则此反应的离子方程式为 _ （3）在A、B周围的8种物质中，有些既能与A反应又能与B反应则这些物质可能是： _

14、、在Na+浓度为0.6mol/L的某澄清溶液中，还可能含有表中的若干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3-、CO32-、SO42-、SiO32-取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀HCl产生白色沉淀并放出0.56L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4g在的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象试回答下列问题：（1）实验I中生成沉淀的离子方程式为_。（2）实验中判断沉淀是否洗涤干净的操作为：_。（3）通过实验I、和必要计算，判断K+_ 一定存在（填“是”或“否”），若存在

15、，其最小浓度为_。（若不存在，此空不需填写）24、（12分）已知物质A是芳香族化合物，A分子中苯环上有2个取代基(均不含支链)，且A的核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1:1:1:1:2:2，能够与FeCl3溶液发生显色反应。D（C18H16O6）分子中除含2个苯环外还含有1个六元环。它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）A中所含的含氧官能团的名称为_。（2）填写下列反应的反应类型：反应 _反应 _ 。（3）B的结构简式_，D的结构简式_。 （4）AE的化学方程式为_。（5）符合下列条件的A的同分异构体有_种。芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；能与FeCl3溶液发生显色反应且不能水

16、解；lmol该物质可与4molAg(NH3)2+发生银镜反应；lmol该物质可与5molH2加成。25、（12分）常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8，42以上分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。制备产品将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。(1)各装置的连接顺序为_C_；(填字母)(2)装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是_；装置C的作用是_；(3)制备Cl2O的化学方程式为_；(4)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是_；(5)反应过程中

17、，装置B需放在_中：(选填“冷水”或“热水”)测定浓度(6)已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10 mL上述次氯酸溶液，并稀释至100 mL，再从中取出10.00 mL于锥形瓶中，并加入10.00 mL 0.8 mol/L的FeSO4溶液，充分反应后，用0.05000 mol/L的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液24.00 mL，则原次氯酸的物质的量浓度为_。(保留四位有效数字)26、（10分）某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L 阳离子

18、K+ Cu2+ Fe3+ Al3+ Fe2+ 阴离子Cl CO32 NO3 SO42 SiO32甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：I用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。请推断（1）由I、判断，溶液中一定不含有的阳离子是_（写离子符号）。（2）中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_。（3）将中红棕色气体（标况下）收集一试管然后倒扣入水中（假设溶质不扩散），所

19、得溶液的物质的量浓度为_mol/L（精确到千分位）。（4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是_，阴离子是_。（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为_，质量为_g。27、（12分）铬铁矿(FeCr2O4)中含有Al2O3、Fe2O3等杂质，以铬铁矿为原料制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程示意图如下(部分操作和条件略)：(1)反应中，焙烧时所用的仪器材质应选用_(填“瓷质”、“铁质”或“石英质”)。(2)反应中发生了两个主要反应，其中一个主要反应的化学方程式为4FeCr2O4 + 8Na2CO3 + 7O28Na2CrO4+2Fe2

20、O3+8CO2；另一个主要反应的化学方程式为 _。(3)加入醋酸溶液，调节溶液的pH 5时，发生的反应是_（写离子方程式）.(4)下表是相关物质的溶解度数据：物质溶解度( g / 100 g H2O )0 40 80 KCl2840.151.3NaCl35.736.438K2Cr2O74.726.373Na2Cr2O7163215376调节pH r(N3) r(O2) r(Na)，A项错误；B. 因非金属性：NO，故最常见氢化物的稳定性：XY，B项错误；C. Z2Y2为过氧化钠，其中含有离子键和共价键，属于离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正确；D. HWY分子为HClO，其中Cl和O原子均达

21、到8电子稳定结构，而H是2电子稳定结构，D项错误；答案选C。8、C【答案解析】由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点。铁的熔点高于钠的沸点，两种金属不能形成合金。答案选C。9、C【答案解析】A、进行萃取实验时，溶质在萃取剂的溶解度必须比水大，A正确；B、为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，B正确；C、蒸馏时，温度计测定馏分的温度，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；D、洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中，移入容量瓶内氯化钠的物质的量就会偏小，D正确。答案选C。10、D【答案解析】酸性条件下N

22、O3-与I-、S2-、Fe2+能够发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；pH=11的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；加入铝片能放出H2的溶液，为酸或强碱溶液，镁离子和铵根离子能够与碱反应生成沉淀或弱电解质，不能大量共存，故错误；使石蕊变红的溶液呈酸性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；由水电离的c(H+)=110-12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，NH4+能够与碱反应生成NH3H2O，S2O32-能够与酸反应生成二氧化硫和硫，不能大量共存，故错误；故选D。点睛：本题考查离子的共存，把握常见离子的颜色、离子之间的反

23、应为解答的关键。本题的易错点为和的条件，加入Al能放出H2的溶液、由水电离的c(H+)=110-12mol/L的溶液，均表示溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。11、C【题目详解】向所得溶液中加入0.5mol/L 的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L1L=0.5ml，沉淀为Cu（OH）2，质量为19.6g，其物质的量为：=0.2mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.2mol，A设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmo

24、l、ymol，根据二者质量有 64x+144y=13.6，根据铜元素守恒有x+2y=0.2，联立方程解得x=0.1，y=0.05，则：n（Cu）：n（Cu2O）=0.1mol：0.05mol=2：1，故A错误；B根据选项N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=20.1mol+20.05mol，解得n（NO）=0.1mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L1L=0.5mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.1mol+0.5mol=0.6

25、mol，所以原硝酸溶液的浓度为：=2.4mol/L，选项B错误；C反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，部分氢氧化钠与硝酸铜反应，部分氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）-2nCu（NO3）2=0.5mol-20.2mol=0.1mol，选项C正确；D由B中计算可知n（NO）=0.1mol，所以标准状况下NO的体积为：0.1mol22.4L/mol=2.24L，选项D错误；答案选C。12、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(N

26、O3)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

27、，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=0.024L=24mL，C点的数值等于31mL-24mL=7mL，故D正确；故选C。13、D【题目详解】A. H、NO3-能将Fe2+氧化为Fe3+，离子间不能大量共存，A错误；B. CH3COO能与H+反应，生成弱电解质CH3COOH，离子间不能大量共存，B错误；C. Ca2

28、+与CO32-会发生反应生成CaCO3沉淀，离子间不能大量共存，C错误；D. K、Ba2+、Cl、NO3-在碱性环境中能稳定存在，离子间不反应，D正确。故选D。【答案点睛】简单来说，离子能共存，就是离子间不发生反应。离子反应包括离子间直接反应，生成沉淀、气体或弱电解质，也可以是离子间发生成分的互换反应，如HSO3-与CO32-能发生反应，生成SO32-和HCO3-。离子间发生氧化还原反应，也不能大量共存。如在酸性条件下，NO3-能表现出强氧化性，与Fe2+、S2-、SO32-等不能大量共存。离子的颜色，也可能是命题人设置的限制条件。14、B【分析】H+ OH= H2O表示强酸强碱生成可溶性盐的

29、反应。【题目详解】A.不能用离子方程式表示，错误；B表示强酸强碱的反应，正确；C.氢氧化铜是沉淀，应写作分子式的形式，错误；D.硫酸钡是沉淀，离子方程式为Ba2SO422H2OHBaSO42H2O，错误.答案选B。15、B【题目详解】AFe与稀盐酸反应产生Fe2+和H2，离子方程式应该是：Fe2H=Fe2H2，A错误；B向KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至完全沉淀，二者反应的物质的量的比是1：2，离子方程式符合反应事实，遵循物质的拆分原则，B正确；CFe3O4与稀HNO3发生氧化还原反应，产生Fe3+、NO、H2O，离子方程式应该为：3Fe3O428H+9Fe3+NO14H2O，

30、C错误；D由于酸性：HClH2CO3，所以向CaCl2溶液中通入少量的CO2气体，不能发生反应，D错误；故合理选项是B。16、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，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(CH

31、3COO)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。17、D【分析】Z是地壳中含量最多的元素，可知Z是O元素，只有Y、Z处于同一周期且相邻，X、Y、Z、W原子序数依次增大，可知Y是N元素，X是H元素，W是短周期

32、中金属性最强的元素，可知W是Na元素。【题目详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A. 原子的电子层数越多其原子半径越大，电子层数相同的原子，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数YZ，W位于第三周期，所以原子半径：r(X)r(Z)r(Y)N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误；D. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故D正确

33、；故选：D。18、B【题目详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，最外层电子数相同，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为金属钠，Z是地壳中含量最多的金属元素，为铝，四种元素原子的最外层电子数总和为16，所以计算X、W的最外层电子数为6，分别为氧和硫。X为氧，Y为钠，Z为铝，W为硫。A. 原子半径同一周期从左至右逐渐减小，同一主族从上至下逐渐增大，则原子半径：r(X) r(W) W，故错误；D. X 分别与Y形成氧化钠或过氧化钠，含有离子键，氧和硫形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，只含共价键，故错误。故选B。19、B【答案解析】A、B、C、D为短周期元素构成的四

34、种物质，且D为强电解质，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系，A若A为非金属单质，能连续氧化且产物D为强电解质，则A为N或S，其中氮与镁反应的产物中阴阳离子的个数比为2：3，A正确；B若A为非金属单质，A为氮气或硫，氮元素处于第二周期A族，硫元素处于第三周期A族，B错误；CD的浓溶液能使铁、铝钝化，则D可能为浓硫酸或浓硝酸，C错误；D若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，O.1mol的NH3分子中含有的电子数为NA，D正确，答案选B。20、B【答案解析】A项，Ca（OH）2具有碱性，可与被酸雨浸蚀的土壤中的酸反应，修复土壤，正确；B项，SO2水溶液

35、吸收Br2蒸气的反应为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，在反应中SO2表现还原性，不是漂白性，错误；C项，ClO2中Cl元素的化合价为+4价，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，正确；D项，常温下铁能被浓硫酸钝化，可用铁质容器贮运浓硫酸，正确；答案选B。21、D【答案解析】试题分析：A洧水可燃，指的是石油，A正确；B曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，B正确；C草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，C正确；D石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，D错误，答案选D。考点：考查化学与生产、生活的关系22、C【题

36、目详解】A. 含碳铁粉形成原电池，能用于除去水体中的NO3-，不符合题意，A错误； B. Al3+和Fe3+可水解形成胶体，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，起到净水作用，不符合题意，B错误；C. Cl2不能将Hg2+、Cu2+形成沉淀，故不能用Cl2除去水中的Hg2+、Cu2+，符合题意，C正确；D. 烧碱的主要成分是NaOH，能与NH4+反应生成NH3，故可用烧碱处理含高浓度NH4+的废水，并回收NH3，不符合题意，D错误；答案为C。二、非选择题(共84分)23、H+OH-=H2O MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O Al（OH）3、NaHCO3 2H+SiO32-=H2Si

37、O3 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则没洗涤干净，反之洗涤干净； 是 0.7mol/L 【分析】、结合物质的性质可知A为HCl，B为强碱，如NaOH、KOH等，结合物质的性质判断可能发生的反应；、由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度

38、为=0.4mol/L；由实验可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L，不能确定NO3-是否存在，据此进行解答。【题目详解】、结合物质的性质可知A为HCl，B为强碱，如NaOH、KOH等，（1）A为HCl，B为强碱，二者发生中和反应，离子方程式为H+OH-=H2O；（2）对比左右两个图中的物质，应为MnO2和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水的反应，反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O；（3）既能与酸

39、反应，又能与碱反应的物质可为两性氢氧化物，如Al（OH）3，也可为弱酸的酸式盐，如NaHCO3，故答案为Al（OH）3、NaHCO3；、由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度为=0.4mol/L；由实验可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）

40、=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L，不能确定NO3-是否存在。（1）实验I中生成沉淀的离子方程式为2H+SiO32-=H2SiO3；（2）实验中判断沉淀是否洗涤干净的操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则没洗涤干净，反之洗涤干净；（3）通过实验I、和必要计算，判断K+一定存在，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7m

41、ol/L。【答案点睛】本题考查无机物的推断、离子反应及计算，题目难度不大，解答本题的关键是把握相关物质的化学性质，把握发生的反应及现象，侧重分析与计算能力的综合考查，注意加盐酸生成气体和沉淀为解答的突破口，题目难度不大。24、羟基 羧基 加成反应 取代反应 13 【答案解析】试题分析：A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简

42、式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为；(1)A的结构简式是，所含官能团的名称是：羧基、羟基、碳碳双键；(2)反应属于加成反应，反应属于水解反应，反应属于酯化反应，均属于取代反应；(3)由上述分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为：；(4)AE反应的化学方程式为：+NaHCO3+H2O+CO2；(5)A()的同分异构体符合下列条件：能与FeCl3溶液发生

43、显色反应且不能水解，含有酚羟基，没有酯基；lmol该物质可与4mol(Ag(NH3)2)+发生银镜反应，含有2个醛基；lmol该物质可与5mol H2加成；芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；侧链为-OH、-CH(CHO)2时，有邻、间、对三种位置侧链为-OH、-CHO、-CH2CHO时，当-OH、-CHO处于邻位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于间位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于对位时，-CH2CHO有2种位置，故符合条件的同分异构体有：3+4+4+2=13种。【考点定位】考查有机物的推断【名师点晴】根据物质的性质确定A含有的官能团，结合E的分子式

44、确定A的结构是解题的关键，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为=6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上

45、，故B为，则C为，D为，据此解答。25、A D B E 增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 除去Cl2O中的Cl2 2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2OCl2O+2NaCl+2NaHCO3) 制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大 冷水 1.000mol/L 【分析】根据实验目的，将氯气和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应

46、；然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，以此解答。【题目详解】(1)根据实验目的，将氯气和空气(不参与反应)按体积比1:3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应;然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，装置连接顺序为：ADBCE，故答案为：A；D；B；E；(2)多孔球泡和搅拌棒均能使反应物充分接触，增大反应物接

47、触面积，加快反应速率，使反应充分进行；装置B中生成Cl2O的同时还会有多余的Cl2逸出，而Cl2是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳，因此此处装置C使用足量的四氯化碳将Cl2吸收，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；除去Cl2O中的Cl2；(3)已知空气不参与反应，则制取Cl2O以Cl2和Na2CO3为反应物，发生歧化反应，其中氯元素从0价变为+1价和1价，反应的化学方程式为：2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2OCl2O+2NaCl+2NaHCO3)，故答案为：2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl

48、2+Na2CO3+H2OCl2O+2NaCl+2NaHCO3)；(4)Cl2O与水反应的化学方程式为：Cl2O+H2O=2HClO，Cl2和水反应的化学方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，Cl2O和水反应只生成HClO且反应不可逆，氯气和水反应除了生成HClO还生成HCl，并且反应可逆，所以用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液相对于用氯气溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液时制得次氯酸溶液纯度较高、浓度也较大，故答案为：制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大；(5)由题可知：Cl2O在42以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B

49、需放在冷水中，故答案为：冷水；(6)10.00mL0.80molL1的FeSO4溶液中，n(FeSO4)=0.80mol/L0.01L=0.008mol，24.00mL0.05000molL1的酸性KMnO4溶液中，n(KMnO4)=0.050mol/L0.024L=0.0012mol，根据反应MnO+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O可知，0.0012mol高锰酸钾消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.0012mol5=0.006mol，则稀释后的10.00mLHClO溶液消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.008mol0.006mol=0.002mol，根据反应HClO+2Fe2+H+=2Fe

50、3+Cl+H2O可知，稀释后10.00mLHClO溶液中n(HClO)=0.002mol=0.001mol，原10mL次氯酸溶液中n(HClO)=0.001mol=0.01mol，其浓度为：=1.000mol/L，故答案为：1.000mol/L。26、K+、Fe3+ 3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O 0.045 Fe2+、Cu2+ Cl、NO3、SO42 CuO和Fe2O3 1.6 【分析】用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体

51、遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-；向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；根据以上判断，结合电荷守恒分析解答。【题目详解】用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明

52、 Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-；向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；综上所述，溶液中一定不含有的离子是K+、Fe3+、SiO32-；一定含有Fe2+、NO3-、Cl-、SO42-。根据各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L，则溶液中一定还含有一种阳离子，根据电荷守恒，该阳离子所带电荷=1+1+2-2=2，因此一定含有Cu2+，且一定没有CO32。(1)由、判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，故答案为：K+、

53、Fe3+；(2)中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2+NO3-+4H+3Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+NO3-+4H+3Fe3+NO+2H2O；(3)标准状况下，将一充满NO2气体的试管，倒扣于水中，至液面不再升高时，最后得到的硝酸，3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，设试管体积为VL，最终试管中所得溶液的体积为L，生成硝酸的物质的量为=mol，因此溶液的物质的量浓度=0.045mol/L，故答案为：0.045；(4)由以上推断可知溶液中阴离子为 Cl-、NO3-、SO42-，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离

54、子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl-、NO3-、SO42-，故答案为：Fe2+、Cu2+；Cl-、NO3-、SO42-；(5)另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+生成Fe(OH)2，又被氧气氧化为Fe(OH)3，Cu2+生成Cu(OH)2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为Fe2O3和CuO；根据元素守恒：n(CuO)=n(Cu2+)=cV=0.1mol/L0.1L=0.01mol；n(Fe2O3)=n(Fe2+)=0.005

55、mol，所以固体质量为：m(CuO)+m(Fe2O3)=0.01mol80g/mol+0.005mol160g/mol=1.6g，故答案为：Fe2O3和CuO；1.6。27、铁质 Na2CO3+ Al2O3 2NaAlO2 + CO2 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且温度对氯化钠的溶解度影响较小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾 冷却结晶 过滤 Cr2O72+4H2O2+2H+2CrO5+5H2O 2 【答案解析】根据流程图，铬铁矿(FeCr2O4)中含有Al2O3、Fe2O3等杂质，将铬铁矿和碳

56、酸钠混合在空气中充分焙烧，放出二氧化碳，焙烧后的固体加水浸取，分离得到Na2CrO4和NaAlO2溶液和氧化铁固体，说明煅烧发生的反应有4FeCr2O4 + 8Na2CO3 + 7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2、Na2CO3+ Al2O3 2NaAlO2 + CO2；向Na2CrO4和NaAlO2溶液中加入醋酸调pH约78，分离得到溶液B和固体B；再向溶液B中继续加醋酸酸化，使溶液pH小于5，再加入氯化钾，经过操作得到重铬酸钾晶体，说明溶液B中含有重铬酸钠，固体B为偏铝酸钠与醋酸反应生成的氢氧化铝。据此分析解答。【题目详解】(1)反应中，碳酸钠高温下能够与二氧化硅反应，因此焙烧时

57、所用的仪器材质应选用铁质，故答案为：铁质；(2)根据上述分析，反应中发生了两个主要反应，其中一个主要反应的化学方程式为4FeCr2O4 + 8Na2CO3 + 7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；另一个主要反应的化学方程式为Na2CO3+ Al2O3 2NaAlO2 + CO2，故答案为：Na2CO3+ Al2O3 2NaAlO2 + CO2；(3) 重铬酸钾溶液中存在如下平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入醋酸溶液，调节溶液的pH 5时，使平衡正向移动，故答案为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；(4)调节pH 5后，根据表格数据可知，K2Cr2O

58、7的溶解度比Na2Cr2O7小，且温度对氯化钠的溶解度影响较小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，加入KCl固体，利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾，经一系列操作析出K2Cr2O7晶体，故答案为：K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且温度对氯化钠的溶解度影响较小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾；获得K2Cr2O7晶体的操作由多步组成，依次是加入KCl固体、利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾，然后通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到重铬酸钾晶体，故答案为：冷却结晶；过滤；(5)酸性溶液中过氧化氢能使Cr2O72生成蓝色的CrO5，该反应可用来检验Cr2O72的存在。由于该反应是非氧化还原反应，因此铬元素的化合价和双氧水中O元素的化合价不变，说明CrO5中存在-2价和-1价是O，反应的离子方程式为Cr2O72+4H2O2+2H+2CrO5+5H2O，铬元素的化合价为+6价，根据正负化合价的代数和为0，CrO5分子结构中含有1个-2价是O和4个-1价的O，合2个过氧键，因此过氧键的数