湖南省湘潭市第一中学2022-2023学年化学高三上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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、在探究下列物质性质或组成的实验中，结论不正确的是( )A将二氧化硫通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去，证明二氧化硫有还原性B向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色，证明原溶液中含有Fe3+C将铝片放入冷浓硝酸中，无明显现象，证明浓硝酸

2、与铝片不反应D向某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明原溶液中一定有NH4+2、将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250 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2.24L3、下列实验操作能达到目的是（ ）实验目

3、的实验操作A获得干燥纯净的NO（含NO2）将气体依次通过装有NaOH的洗气瓶和CaCl2的干燥装置B配制1.0molL1的NaOH溶液将4.0gNaOH固体在烧杯中溶解，转至100mL容量瓶中，定容C验证Br2的氧化性比I2的强向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色D测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上，观察颜色，与标准比色卡对照AABBCCDD4、取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6g，另一份加入到500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.4

4、8L。已知Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O。则稀硝酸的浓度为A2 mol/LB1.6 mol/LC0.8 mol/LD0.4 mol/L5、下列各组物质中，存在XY或YZ不能通过一步反应完成转化的一组是（ ）选项XYZAAlNaAlO2(aq)Al(OH)3BMgOMgCl2(aq)MgCH2O(g)Fe3O4FeDNaOH(aq)Na2CO3(aq)NaHCO3(aq)AABBCCDD6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A1mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯分子数为NA个B0.1 molL-1 Na2CO3溶液1 L所含碳酸根数目为0.1NAC110 g

5、Na2S2中含有的离子数为3NAD1 mol Cl2与足量的水反应时断裂的Cl-Cl键为NA个7、实验室中需要配制2 molL1的NaCl溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl的质量分别是()A950 mL,111.2 gB500 mL,117 gC1 000 mL,117 gD任意规格，111.2 g8、1905年德国化学家哈伯发明了合成氨的方法，他因此获得了1918年度诺贝尔化学奖。哈伯法合成氨需要2050Mpa的高压和500的高温下，用铁作催化剂，且氨的产率为10%15%。2005年美国俄勒冈大学的化学家使用了一种名为transFe(DMeOPrPE)2Cl2的铁化

6、合物作催化剂，在常温常压下合成出氨，反应可表示为N2+3H2=2NH3，下列有关说法正确的是（）A不同的催化剂对化学反应速率的影响均相同B哈伯法合成氨是吸热反应，新法合成氨是放热反应C新法合成能在常温下进行是因为不需要断裂化学键D新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展愿景9、25时，向10mL0.1molL-1H3AsO4水溶液滴加0.1 molL-1NaOH溶液，含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如下图，下列说法错误的是AH3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为10-2.2Bb点所处溶液中：c（Na+）=3c（H2

7、AsO4-）+3c（AsO43-）C水的电离程度:abcDHAsO4-的水解程度大于电离程度10、下列说法正确的有1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NANa2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，消耗水和CO2的物质的量相等无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-Na2O2投入紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色2L0.5molL-1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫气体：Ca2+2ClO-+SO2+H2OCaSO3+2HClOA1 B2 C3 D411、本草纲目中的“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石

8、，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指（ ）AKOHBKAl(SO4)2CKHCO3DK2CO312、下列有关实验操作的叙述，错误的是（ ）A中和热的测定实验时，眼睛要注视温度计的刻度变化B萃取时，将混合物充分振荡后，需静置，待液体分层明显后才能分液C中和滴定实验时，为了使滴定终点的现象更加明显，可以滴加较多的指示剂D蒸馏时，温度计的读数刚达到某物质的沸点，不能立即收集馏出物13、下列说法正确的是( )A煤的干馏和石油的分馏都是化学变化B漂白粉、水玻璃和碱石灰都是混合物C纯碱、明矾和干冰都是电解质D鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液生成白色沉淀，属于化学变化14、能证明KOH是离

9、子化合物的事实是A常温下是固体B易溶于水C水溶液能导电D熔融态能导电15、已知阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是()A标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NAB常温下，14 g的含中子数目为6NAC用铂电极电解100 mL 1 molL-1的CuSO4溶液足够长时间，转移电子数一定为0.2NAD将含3NA个离子的Na2O2固体溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为2mol/L16、下列有关实验或操作能达到实验目的的是选项ABCD实验目的制备一定量的H2检查滴定管是否漏液验证氨气的溶解性和氨水的碱性牺牲阳极的阴极保护法实验或操作AABBCCDD二、非选择题（本题包括

10、5小题）17、A、B、C、D、E 为短周期主族元素，其原子序数依次增大；B、C、D、E 位于同一周期； A 的简单气态氢化物可以用作制冷剂；1 mol B 单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为33.6 L；D 原子最外层电子数与核外电子总数之比为 38；C 的原子子序数是 A 的两倍。(1)A、B 简单离子半径由大到小的顺序为_ (填离子符号) 。(2)C 在元素周期表中的位置是_ 。(3)A 的简单气态氢化物接触到 E 的简单气态氢化物时可观察到的现象是_。(4) D 与 E 可形成原子个数比为 12 的化合物，其电子式为_。(5)C、D、E 最简单气态氢化物稳定性由高到低的顺序是

11、_ (用化学式表达 )。(6)B 与 D 形成的化合物遇水迅速水解，写出该反应的化学方程式_。(7)若 E 单质与 NaOH 溶液反应生成 NaE、NaEO 和 NaEO3，则 30mL 2mol/LNaOH 与_mol E 单质恰好完全反应(忽略 E 单质与水的反应及盐类的水解反应)。18、R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。（1）W的原子结构示意图

12、是_。（2）WX2的电子式是_。（3）R2X、R2Y中，稳定性较高的是_（填化学式），请从原子结构的角度解释其原因：_。（4）Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。根据元素周期律，下列推断正确的是_（填字母序号）。aSe的最高正化合价为+7价bH2Se的还原性比H2Y强cH2SeO3的酸性比H2YO4强dSeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为_。（5）科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为M2O3。为确定M元素的种类，进行了一系列实验，结果如下：M的相对原子质量介于K和Rb（铷）之间；0.

13、01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，反应完全时，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol；综合以上信息推断，M可能位于元素周期表第_族。19、制备纯净的液态无水四氯化锡（SnCl4易挥发形成气体，极易发生水解，水解生成SnO2H2O)的反应为Sn+2Cl2SnCl4, Sn也可以与HC1反应生成SnCl2。已知:物质摩尔质量(g/mol)熔点（)沸点（)Sn1192312260SnCl2190246623SnCl4261-30114制备装置如图所示:回答下列问题:（1）Sn在元素周期表中的位罝为_。（2）II、III中的试剂分別为_、_；VII的作用是_、_。（

14、3）实验所得SnCl4因溶解了Cl2而略显黄色，提纯SnCl4的方法是_(填序号)。a.用NaOH溶液洗涤再蒸馏 b.升华 c.重结晶 d.蒸馏 e.过滤（4）写出I中反应的化学方程式：_。（5）加热Sn粒之前要先让氯气充满整套装置，其目的是_。（6）写出SnCl4水解的化学方程式：_。（7）若IV中用去锡粉5.95g，反应后，VI中锥形瓶里收集到12.0gSnCl4，则SnCl4的产率为_%。(保留一位小数)20、Na2S2O3俗称大苏打（海波）是重要的化工原料。用Na2SO3和硫粉在水溶液中加热反应，可以制得Na2S2O3。已知10和70时，Na2S2O3在100g水中的溶解度分别为60.

15、0g和212g。常温下，从溶液中析出的晶体是Na2S2O35H2O。现实验室欲制取Na2S2O35H2O晶体（Na2S2O35H2O的相对分子质量为248）步骤如下：称取12.6g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。（如图所示，部分装置略去），水浴加热，微沸，反应约1小时后过滤。滤液在经过_、_后析出Na2S2O35H2O晶体。进行减压过滤并干燥。（1）仪器B的名称是_，其作用是_，加入的硫粉用乙醇润湿的目的是_。（2）步骤应采取的操作是_、_。（3）滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_。如

16、果滤液中该杂质的含量不很低，其检测的方法是：_。（4）为了测产品的纯度，称取7.40g 产品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500mol/L 的碘水，用_（填“酸式”或“碱式”）滴定管来滴定（2S2O32 + I2 S4O62 + 2I），滴定结果如下：滴定次数滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次0.3030.52第二次0.3631.06第三次1.1031.28则所得产品的纯度为_，你认为影响纯度的主要原因是（不考虑操作引起误差）_。21、德国化学家哈伯(F. Haber, 1868-1930)发明的合成氨技术使大气中的

17、氮气变成了生产氮肥的永不枯竭的廉价来源，从而使农业生产依赖土壤的程度减弱，解决了地球上因粮食不足导致的饥饿和死亡问题。因此这位解救世界粮食危机的化学天才获得了1918年诺贝尔化学奖。现在我们在实验室模拟工业制氨的过程，以探究外界条件对平衡的影响。查阅资料，获得以下键能数据：化学键NNH-HN-H键能/(kJ/mol)946436391 (1)计算工业合成氨反应的反应热：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=_kJ/mol(2)一定温度下，向一个恒压容器中充入N20.6mol，H20.5mol，在一定温度下进行反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，达到平衡时，N2的转化率为，此时容

18、器的体积为1L。该温度时容器中平衡体系的平衡常数是_。(3)合成氨工业会产生大量副产物CO2，工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法K2CO3溶液再生，其装置如图所示：在阳极区发生的反应包括_和H+HCO3- H2OCO2。简述CO32-在阴极区再生的原理_。再生装置中产生的CO2和H2在一定条件下反应生成甲醇，工业上利用该反应合成甲醇。已知：25 ，101 KPa下：2H2(g) O2(g)2H2O(g) H1484kJ/mol2CH3OH(g) 3O2(g)2CO2(g)4H2O(g) H21352kJ/mol写出CO2和H2生成CH3OH(g)和H2O(g)的

19、热化学方程式_。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、C【题目详解】A. 二氧化硫具有还原性，被高锰酸钾溶液氧化，将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性，A项正确；B. 向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色，生成Fe(SCN)3，证明原溶液中含有Fe3+，B项正确；C. 常温下，铝在浓硝酸中发生反应生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应，发生钝化现象，并不是不反应，且在加热的条件下，铝与浓硝酸能发生反应，C项错误；D. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润

20、的红色石蕊试纸变蓝，则证明该气体为氨气，原溶液中一定存在铵根离子，D项正确；答案选C。【答案点睛】二氧化硫的化学性质较多，可总结如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢、溴水、氯水等强氧化性的物质反应；3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等；4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质；性质决定用途，学生切莫混淆，应加以重视。2、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

21、）=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xmol、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）=2

22、n（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=0.6mol，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=0.5

23、mol-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。3、C【题目详解】A、NO2、NO与NaOH发生氧化还原反应，不能除杂，应选水、洗气，故A错误；B、4.0gNaOH固体在烧杯中溶解，转至100mL容量瓶中，定容，没有强调冷却后再转移，也没有洗涤，操作错误，故B错误；C、KI溶液中滴加几滴溴水，生成碘，溶液变蓝，可验证Br2的氧化性比I2的强，故C正确；D、pH试纸不能湿润，应选干燥的试纸，故D错误。答案选C。4、A【答案解析】试题分析：取一定质量的Cu、Cu

24、2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6g，这些铜的物质的量为0.4mol，另一份加入到500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解一定还生成了0.4molCu(NO3)2，并产生标准状况下的NO气体4.48L，NO的物质的量为0.2mol。由N原子守恒可以求出硝酸的物质的量为1mol，则稀硝酸的浓度为2mol/L，A正确。本题选A。点睛：有关硝酸与金属及其氧化物、氢氧化物反应的计算，通常硝酸表现两种性质，即氧化性和酸性，可以分别求出这两部分硝酸然后加到一起求出参加反应的硝酸的总量。硝酸做氧化剂被还原的部分可以根据其还原产物的物质的量确定，表现酸性的部

25、分可以根据金属的物质的量确定。5、B【题目详解】A、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，NaAlO2HClH2OAl(OH)3+NaCl，A不符合题意；B、MgO2HClMgCl2H2O，MgCl2(aq)Mg不能通过一步反应完成转化，B符合题意；C、3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，Fe3O4+4H23Fe+4H2O，C不符合题意；D、2NaOH+CO2Na2CO3+H2O，Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，D不符合题意。故选B。6、C【答案解析】A、酯化反应是可逆反应，不能进行彻底，故生成的乙酸乙酯分子个数小于NA个，故A错误；B、碳酸根是弱酸根，在溶液中

26、会水解，故溶液中的碳酸根的个数小于0.1NA个，故B错误；C、110gNa2S2的物质的量为1mol，而Na2S2由2个钠离子和1个S22-离子构成，故1molNa2S2中含3NA个离子，故C正确；D、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，则断裂的Cl-Cl键个数小于NA个，故D错误；故选C。7、C【题目详解】实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n(NaCl)=1L2molL1=2mol，m(NaCl)=2mol58.5g=117g；选C，故答案为：C。【答案点睛】在实验室中，容量瓶的规格一般为：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL和1000m

27、L。8、D【题目详解】A.不同的催化剂催化机理不同，效果也不同，但在其他条件相同时，转化率相同，A错误；B.新法合成与哈伯法合成都是反应物总能量大于生成物总能量，因此两个反应都是放热反应，只是新法降低了反应所需的能量，减少反应过程中的能源消耗，B错误；C.新法实际上是降低了反应所需的能量，旧化学键要断裂、新化学键也要同时生成，反应的本质与使用哪种催化剂无关，C错误；D.高温条件需要大量能源，用transFe(DMeOPrPE)2Cl2作催化剂，在常温常压下合成出氨，减少能源消耗，所以新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展远景，D正确；故合理选项是D。【答案点睛】本题考

28、查催化剂对化学反应的影响，催化剂能通过改变活化能而影响反应速率，但由于不能改变反应物、生成物的能量，只改变了反应途径，所以不影响平衡移动。9、C【答案解析】A.H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数K= ，根据图像可知，当pH=2.2时，c（H2AsO4-）=c（H3AsO4），K=10-2.2，A正确；B.b点所处溶液呈中性，溶液中溶质为NaH2AsO4 和Na2HAsO4混合液，根据电荷守恒：c（Na+）+ c（H+）= c（H2AsO4-）+ 3c（AsO43-）+2c（HAsO24-）+ c（OH-），从图像可知b点时：c（H+）= c（oH-），c（H2AsO4-）= c（HAs

29、O24-），所以b点所处溶液中：c（Na+）=3c（H2AsO4-）+3c（AsO43-），B正确；C.酸抑制水电离，能水解的盐溶液促进水电离，因此a点时，pH=2.2时电离显酸性，b点时，pH=7，显中性，c点时，pH=11.5，水解显碱性，所以水的电离程度:ab7，显碱性，HAsO4-的水解程度大于电离程度，D正确；故选C。【答案点睛】硫酸氢钠溶液为强酸的酸式盐，电离显酸性；亚硫酸氢钠溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，但是电离过程大于水解过程，溶液显酸性；碳酸氢钠溶液中，既存在电离平衡，也存在水解平衡，但是水解大于电离，溶液显碱性；因此酸式盐不一定显酸性，因此结合题给信息可知本题中Na

30、HAsO4溶液显碱性，具体问题具体分析。10、B【答案解析】亚铁离子和碘离子均能被氧化；与水及CO2反应，反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，无色溶液中不可能大量存在Al3+和S2-，发生双水解；Na2O2因具有强氧化性而有漂白性。由N=nNA,n=CV计算；HClO具有强氧化性；【题目详解】1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，故错误；与水及CO2反应，反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同

31、，故正确；Al3+和S2-，发生双水解，不能大量共存，故错误；Na2O2投入到紫色石蕊试液中，与水反应生成氢氧化钠成碱性所以溶液先变蓝，又因为过氧化钠具有强氧化性而有漂白性，所以后褪色，故正确；N=2L0.5molL-12NA=2NA，故错误；在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫气体：Ca2+1ClO-+SO2+H2OCaSO4+2H+Cl-，故错误。故选B。11、D【题目详解】“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，排除KOH、KAl(SO4)2，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以

32、碳酸钾符合，同时符合久则凝淀如石，而KHCO3久则分解生成粉末状的碳酸钾，故D符合，故答案为D。12、C【答案解析】试题分析：A、中和热的测定的公式为cmt/n(H2O)，测定是的温度，因此眼睛注视温度计的最高温度，故说法正确；B、充分萃取完成后，静置分层，然后分液，故说法正确；C、指示剂加多，对终点颜色的变化，产生干扰，因此加几滴指示剂，故说法错误；D、应稍微超过沸点，故说法正确。考点：考查实验基本操作等知识。13、B【题目详解】A.石油的分馏是物理变化，A错误；B.漂白粉、水玻璃和碱石灰均是混合物，B正确；C.干冰是固态二氧化碳，二氧化碳在水溶液和熔融状态下自身均不能导电，是非电解质，C错

33、误；D.鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液发生盐析，是物理变化，D错误；答案选B。14、D【答案解析】离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，据此分析解答。【题目详解】离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，所以在熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，KOH在熔融状态下能导电，所以是离子化合物，与其状态、溶解性强弱、其水溶液是否导电都无关，答案选D。15、D【题目详解】A.在标准状况下，CCl4是液态，不能使用气体摩尔体积，A错误；B. 14 g的物质的量是1mol，1个原子中含有8个中子，所以1mol

34、中含有中子数目为8NA，B错误；C. 100 mL 1 molL-1的CuSO4溶液中含有溶质的物质的量是n(CuSO4)=1mol/L0.1L=0.1mol。用铂电极电解开始时，溶液中Cu2+放电，产生Cu单质，当Cu2+放电完全后，溶液中的H+放电，产生H2，因此电解足够长时间，转移电子数大于0.2NA，C错误；D.含3NA个离子的Na2O2固体中，Na2O2的物质的量是1mol，溶于水反应产生2molNaOH，由于溶液的体积是1L，所以Na+的物质的量浓度c(Na+)=2mol1L=2mol/L，D正确。故本题合理选项是D。16、C【答案解析】A硝酸具有强氧化性，铁与浓硝酸常温下发生钝化

35、，不能反应放出氢气，故A错误；B检查碱式滴定管是否漏液，不需要将橡皮管弯曲，不需要用手挤压玻璃珠，这个操作是给碱式滴定管排气泡，故B错误；C氨气极易溶于水，且氨水显碱性，打开止水夹，将胶头滴管中的水挤入圆底烧瓶中，可观察到红色喷泉，则图中装置可验证氨气的溶解性和氨水的碱性，故C正确；D由外加电源可知，该方法为外加电源的阴极保护法，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、r(N3)r(Al3+) 或 N3Al3+ 第三周期 第A 族 产生白烟 HClH2SSiH4 Al2S36H2O =2Al(OH)33H2S 0.03 【分析】A、B、C、D、E为短周期的主族元素，其原子序数依次

36、增大，B、C、D、E位于同一周期，A 的简单气态氢化物可以用作制冷剂，则A为N元素；1 mol B 单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为 33.6 L，则B为Al元素；D 原子最外层电子数与核外电子总数之比为 38，且D位于第三周期，则D为S元素；C 的原子序数是A的两倍，则C为Si元素；E元素为短周期主族元素且原子序数大于D，则E为Cl元素，【题目详解】根据以上分析可知，A、B、C、D、E分别为N、Al、Si、S、Cl。（1）A为N元素，B为Al元素，核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径N3Al3+，因此，本题正确答案为：N3Al3+；（2）C为Si元素， 在元素周期

37、表中的位置是第三周期 第A 族。因此，本题正确答案为：第三周期 第A 族；（3）A 的氢化物是氨气，E的氢化物是HCl，二者相互接近有白烟生成，其成分为氯化铵固体。因此，本题正确答案为：产生白烟；（4）D是S元素、E是Cl元素，D与E可形成原子个数比为1：2的化合物为SCl2，每个Cl原子和S原子形成一对共用电子对，其电子式为，因此，本题正确答案为：；(5) C为Si元素、D为S元素、E为Cl元素，非金属性ClSSi，所以氢化物的稳定性HClH2SSiH4，因此，本题正确答案为：HClH2SSiH4；(6) B为Al元素、D为S元素，B与D形成的化合物为为Al2S3，遇水迅速水解，反应的化学方

38、程式为Al2S36H2O =2Al(OH)33H2S，因此，本题正确答案为：Al2S36H2O =2Al(OH)33H2S；(7)E为Cl元素，若Cl2与 NaOH 溶液反应生成 NaCl、NaClO 和 NaClO3，根据原子守恒n(Cl2)=n(Cl)=n(Na)=n(NaOH)=0.030L 2mol/L=0.03mol，因此，本题正确答案为：0.03。【答案点睛】本题考查了元素位置结构性质的关系及应用，涉及氧化还原反应、元素周期律、物质结构、盐类水解等知识点，根据物质结构、元素周期律、物质性质等知识点分析解答，注意（7）中原子守恒方法的运用。18、 H2O 氧原子与硫原子最外层电子数相

39、同，电子层数SO，原子半径SO，得电子能力SO，元素的非金属性SO，原子半径SO，得电子能力SO，元素的非金属性SO，原子半径SO，得电子能力SO，元素的非金属性SSe，则H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c错误；d同主族元素化学性质具有相似性，SO2属于酸性氧化物可与NaOH溶液反应，则SeO2在一定条件下也可与NaOH溶液反应，故d正确；答案选bd；室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，根据物料守恒，生成的单质应为N2和Se，利用氧化还原反应得失电子守恒，该反应的化学方程式为3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O，答案为：3SeO2+4NH3=3Se

40、 + 2N2 + 6H2O；（5）0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，则氢化物中M的化合价为最低价态，M为主族元素，M最高正价=8-M最低负价的绝对值，设M的氢化物中化合价为-x价，则M由+3价变为-x价，0.01 mol M2O3完全反应共得到2（3+x）0.01 mol的电子，金属Zn由0价变为+2价，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol，共失去20.06 mol的电子，根据得失电子守恒，2（3+x）0.01=20.06，解得x=3，则M的氢化物中化合价为-3价，则M最高正价=8-3=+5，主族元素最高正价等于最外层电子数，最外层电子数等于主族序数，

41、故M可能位于元素周期表第VA族，答案为：VA；19、第5周期IVA族(全对才给分) 饱和食盐水 浓硫酸 吸收尾气中的氯气，防止污染空气 防止空气中的水蒸气进入装置V而使SnCl4水解 d MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O 排除装置内的空气和少量的水汽(回答到“排空气”可给满分) SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl(写“”也可给分) 92.0 【答案解析】（1）Sn与C同主族，核外有5个电子层，所以Sn在周期表中的位置：第5周期IVA族。（2）I中二氧化锰与浓盐酸反应产生氯气，生成的氯气中含有挥发出的HCl和水蒸气，因为Sn能与HCl反应生成杂质SnC

42、l2和SnCl4极易发生水解，所以IV中进入的氯气必须是纯净干燥的，故II中盛放饱和食盐水吸收HCl气体，III中盛放浓硫酸干燥氯气，因为SnCl4极易发生水解和多余的氯气有毒不能排放在空气中，所以VII有两个作用：吸收尾气中的氯气，防止污染空气和防止空气中的水蒸气进入装置V而使SnCl4水解。（3）SnCl4和Cl2的沸点不同，当液态的SnCl4中溶有液态的Cl2时，可以根据两者的沸点不同，利用蒸馏法将两者分离，故答案选d。（4）I中二氧化锰与浓盐酸反应产生氯气，对应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O。（5）加热Sn前先通氯气的作用是排除装置中少量的空气和

43、水，防止生成的SnCl4发生水解。（6）SnCl4发生水解时可以考虑先生成HCl和Sn(OH)4，然后S n(OH)4分解并生成SnO2xH2O，对应的方程式为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl。（7）5.95g锡粉的物质的量=5.95g119gmol-1=0.05mol，所以理论上生成的SnCl4的物质的量也应为0.05mol，质量为0.05mol251g mol-1=13.05g，所以SnCl4的产率为12.0g/13.05g=0.920=92.0%。点睛：本题以无机物的制备为实验载体，综合考查实验的原理、物质的除杂、尾气的处理、产率的计算及实验中应该注意的事项，难

44、度中等。20、蒸发浓缩 冷却结晶 球形冷凝管 冷凝回流 增加反应物接触面积，提高反应速率 蒸发浓缩 冷却结晶 Na2SO4 取少量滤液于试管中，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中滴加BaCl2溶液，若出现浑浊，证明原滤液中含Na2SO4 酸式 101.2% 含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度 【分析】本题以Na2S2O35H2O晶体的制备及其样品纯度的测定为背景，考查考生对化学实验仪器的认识和解决实际问题的能力。硫粉不溶于水，制备过程硫粉与水溶液中的Na2SO3不能充分的接触，影响反应速率，用乙醇湿润硫粉的目的就要从这些方面

45、分析。温度越高Na2S2O3溶解度越大，所以冷却其较高温度下的饱和溶液，可得到Na2S2O35H2O晶体。SO32-有较强的还原性，加热条件下更易被溶解在溶液中的O2氧化，分析滤液中的杂质要考虑这一点。用已知浓度的碘水滴定Na2S2O3溶液来测定样品纯度，而I2也能够氧化SO32-，这是实验原理不完善带来的系统误差。由此分析。【题目详解】(1)根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管，使水蒸气冷凝回流，防止反应液中水分大量流失而析出晶体。硫粉难溶于水而微溶于乙醇，用乙醇湿润可使硫粉易于分散到溶液中，增大硫与Na2SO3的接解面积，加快反应速率。(2)由100C和700C下的Na2S2O3的溶解度数据可知，温度越高Na2S2O3溶解度越大，可以先蒸发浓缩得到较高温度下的Na2S2O3的饱和溶液，然后冷却结晶，即可制备Na2S2O35H2O晶体。所以步骤应采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶。(3)SO3