2022-2023学年江苏省泰安市长城中学化学高三第一学期期中学业水平测试模拟试题（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（每题只有一个选项符合题意）1、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是( )AABBCCDD2、常温下，将一定量的氯气通入100mL4mol/L的氢氧化钠溶液中，发生

2、反应的化学方程式为：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O。充分反应后，下列说法正确的是（NA为阿伏伽德罗常数）（ ）A当通入的Cl2为22.4L时，反应中电子转移数目为0.1NAB当溶液中Na+为0.4NA时，溶液中的Cl-一定为0.2molC当电子转移数目为0.2NA时，生成NaCl0.2molD当溶液质量增加7.1g时，溶液中Na+增加0.2NA3、常温下，Ksp(CaSO4)= 910-4,常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断中正确的是Aa点对应的溶液中c(H+)c(OH-) 的数值为110-14Ba 点对应的Ksp不等于c点对应的KspCb 点将有沉淀生

3、成，平衡后溶液中c(SO42-)= 310-3mol/L,而向d 点溶液中加入适量的CaSO4固体可以变到c 点DCaSO4的饱和溶液中c(SO42-) c(Ca2+) c(H+) c(OH-)4、化学在生活中有着广泛的应用，下列对立关系正确的是选项化学性质实际应用ASO2具有还原性漂白纸浆BHF具有弱酸性在玻璃上刻字，C铝的金属活动性强于氢用铝制容器贮运浓硝酸DFeCl3溶液能与Cu反应蚀刻铜箔制造电路板AABBCCDD5、下列各组物质的稀溶液互滴时，所产生的现象相同的是AAlCl3 和NaOHBNa2CO3和HClCNaHCO3和HClD氨水和AgNO36、在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中N

4、H4+能转化为N2(g)和H2O(1)，示意图如下：反应I：NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) H1=akJmol1反应：5NH4+(aq)+3NO3-(aq)=4N2(g)+9H2O(l)+2H+(aq) H2=bkJmol1下列说法正确的是A两池发生的反应中，氮元素只被氧化B两池中投放的废液体积相等时，NH4+能完全转化为N2C常温常压下，反应中生成22.4 L N2转移的电子数为3.75NAD4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq) H=(3a+b) kJmol17、下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的

5、是APCl3BH2SCP4DC2H48、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是( ）A当有0.1mol电子转移时，a极产生1.12L O2（标准状况下）Bb极上发生的电极反应是：4H2O + 4e-= 2H2+ 4OH-Cd极上发生的电极反应是：O2+ 4H+ 4e-= 2H2ODc极上进行还原反应，B中的H+可以通过隔膜进入A9、下列各溶液中一定能大量共存的离子组是A常温下，c(H+)=1013molL1的溶液中：Na+、AlO2、S2、SO32B使pH试纸呈红

6、色的溶液中：Fe2+、I、NO3、ClC加入铝粉有氢气生成的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、K+D常温下，由水电离出的c(H+)c(OH)=1.01026的溶液中：K+、Na+、HCO3、Ca2+10、短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X元素的焰色反应呈黄色，W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素。下列说法不正确的是()AW与X形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为12BY、R、Z最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：ZRYCW的简单氢化物稳定性比Z的简单氢化物稳定性低DY与W形成

7、的化合物YW2的熔点高、硬度大11、下列有关实验装置或操作进行的相应实验，能达到实验目的的是 A用图甲所示装置分离乙醇和碘的混合液B用图乙所示操作配制100 mL 0.1 molL-1硫酸溶液C用图丙所示装置制备氨气D用图丁所示装置检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫12、下列实验装置设计正确、且能达到目的的是 A实验I：可用于吸收氨气，并能防止倒吸B实验：静置一段时间，小试管内有晶体析出C实验III：配制一定物质的量浓度的稀硫酸D实验：海水的淡化13、下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HN

8、O3将Fe氧化为Fe3+BAgI沉淀中滴入稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgI更难溶CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性AABBCCDD14、设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）A乙烷分子中含有的共价键数目为B完全溶于水转移的电子数为C标准状况下，含有的原子数为D乙烯和丙烯的混合物中含有的质子数为15、（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

9、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（BaSO4）：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NH4Cl16、下列变化需克服共价键的是A金刚石熔化B汞受热变成汞蒸气C蔗糖溶于水D食盐溶于水二、非选择题（本题包括5小题）17、某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味

10、品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图所示(部分产物已略去)：(1)写出B的电子式_。(2)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，写出A和B水溶液反应的离子方程式_。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_。(5)若A是一种氮肥, A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否

11、泄露，写出E与D反应的化学方程式为_。(6)若A是一种溶液，可能含有H、NH4+、Mg2、Fe3、Al3、CO32- 、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为_。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的原子结构示意图是_。（2

12、）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；0.01 mo

13、l 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、在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。(1)在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式_；(2)已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式_；(3)某课题组用上述废玻璃粉末(含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质)为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤

14、沉淀的操作是_。反应的离子方程式为_。如下图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。该产品中Ce(OH)4的质量分数为_(保留两位有效数字)。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度_ (“偏高”、“偏低”或“无影响”)。20、水合肼(N2H4H2O)可用作抗氧剂等，常用尿素CO(NH2)2和NaClO溶液反应制备水合肼与无水Na2SO3。已知：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O是放热反应；N2H4H2O沸点118，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成氮气。I、制备NaClO溶液(1)步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40，有副反应

15、发生生成NaClO3，该副反应的离子方程式为_。为了避免副反应的发生除了用冰水浴降温，还可以采取的措施有_。(2)配制100g 30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。II、制取水合肼：合成N2H4H2O的装置如图1所示。(3)图1中NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在40 以下反应一段时间后，再迅速升温至110继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_(填“NaClO碱性溶液”或“CO(NH2)2水溶液” )；使用冷凝管的目的是_。(4)三颈烧瓶中反应的化学方程式_。III、步骤IV用步骤III得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3，水溶液中H2SO

16、3、随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示。(5)边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，实验中当溶液pH约为_停止通SO2。(6)请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，_，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。21、合金在生活、生产、国防等领域有广泛应用。镍是重要的合金元素，例如镧镍合金、白铜（铜镍合金）、铝镍合金等。（1）基态镍原子的外围电子排布式为_。（2）在NiSO4溶液中滴加稀氨水能形成配位化合物N

17、i(NH3)4SO4。H、N、O、Ni的电负性大小顺序为_。与SO42互为等电子体的分子（写出一种即可）_。SO32、SO42中S的杂化类型都是_；但它们的实际空间构型却不同，其主要原因是_。（3）工业上，采用反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)提纯粗镍。推测Ni(CO)4晶体中存在的作用力有_。a、范德华力 b、配位键 c、非极性键 d、极性键 e、离子键 （4）镧镍合金的晶胞如图1所示，镍原子除了1个在体心外，其余都在面上。该合金中镍原子和镧原子的个数比为_。（5）铝镍合金的晶胞如图2所示。已知：铝镍合金的密度为g/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的数值，则镍、铝的最短核间距(d

18、)为_pm。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、D【题目详解】A选项，钠与盐溶液反应先和盐溶液中的水反应，生成的氢氧化钠和硫酸铜反应，故A错误；B选项，次氯酸根具有强氧化性，要将少量二氧化硫氧化成硫酸根，因此产物应该是硫酸钙、氯离子和次氯酸，故B错误；C选项，惰性电极电解溴化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、溴单质和氢气，故C错误；D选项，两者都是生成水和易溶于水的盐，离子方程式相同，可以类比，故D正确；综上所述，答案为D。【答案点睛】次氯酸根在酸性、碱性、中性都具有强氧化性；硝酸根、高锰酸根在酸性条件下才具有强氧化性。2、C【题目详解】A常温

19、下，2.24L Cl2的物质的量小于0.1mol，与氢氧化钠反应时转移电子数目少于0.1NA，故A错误；B100mL4mol/L的氢氧化钠溶液中，钠离子的物质的量为0.1L4mol/L=0.4mol，Na+为0.4NA，且钠离子不参加反应，不能确定反应进行的程度，无法计算溶液中Cl-的物质的量，故B错误；C由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，电子转移数目为NA时，只有1mol氯气参加反应，生成1molNaCl，则当电子转移数目为0.2NA时，生成0.2molNaCl，故C正确；D100mL4mol/L的氢氧化钠溶液中，钠离子的物质的量为0.1L4mol/L=0.4mol，N

20、a+为0.4NA，且钠离子不参加反应，溶液中Na+数目不变，故D错误；故选C。【答案点睛】本题的易错点为A，要注意气体的体积与所处状态有关，常温下，气体摩尔体积大于22.4L/mol。3、A【答案解析】A、常温下，水的离子积常数为110-14，故a点对应的溶液中c(H+)c(OH-) =Kw=110-14，选项A正确；B、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，选项B错误；C、d根据图示数据，可以看出b点Qc=2l0-5Ksp，所以会生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向进行，此时溶液中c（SO42-）会小于4l0-3mol/L，由于c（Ca2+）c（SO42-），则c（S

21、O42-）小于3l0-3mol/L；升高温度，有利于溶解平衡正向移动，所以硫酸根的浓度会增大，向d 点溶液中加入适量的CaSO4固体不能变到c 点，选项C错误；D、CaSO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故CaSO4的饱和溶液中c(SO42-) = c(Ca2+) c(H+) =c(OH-)，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了沉淀溶解平衡的应用，图象分析应用，溶度积计算分析，平衡移动方向的判断，关键是计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度。4、D【答案解析】A. SO2具有漂白性，所以可用于漂白纸浆，故A错误；B.HF可以与二氧化硅反应生成SiF4气体和水，所以可在玻璃上刻字，故B错

22、误；C.在常温下，铝在浓硝酸中钝化，所以可用铝制容器贮运浓硝酸，故C错误；D. FeCl3溶液能与Cu反应，所以可用于蚀刻铜箔制造电路板，故D正确。故选D。5、C【题目详解】A. AlCl3逐滴滴入NaOH时直接生成NaAlO2，先没有沉淀，后出现白色沉淀，而NaOH逐滴滴入AlCl3，先出现白色沉淀，后沉淀消失，现象不同，故A不符合题意；B. Na2CO3逐滴滴入HCl时开始就有气泡冒出，而HCl逐滴滴入Na2CO3，先生成NaHCO3没有气泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，故B不符合题意；C. NaHCO3逐滴滴入HCl与把HCl逐滴滴入NaHCO3都发生同样的反应，观察到相同

23、的现象，故C符合题意；D. 氨水逐滴滴入AgNO3，先生成沉淀后沉淀溶解，AgNO3逐滴滴入氨水发生没有沉淀生成，现象不同，故D不符合题意；答案选C。【答案点睛】反应物和生成物的量不同，导致现象不一样，可用互滴法鉴别。6、D【题目详解】A项、反应中铵根离子中氮元素被氧化，硝酸根中氮元素被还原，故A错误；B项、由热化学方程式可知，反应I中1mol NH4+被氧气完全氧化能生成1mol NO3-，反应中1mol NH4+能氧化只能消耗0.6mol NO3-，则两池中投放的废液体积相等时，NH4+转化为NO3-和N2，故B错误；C项、常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算22.4

24、L N2的物质的量，不能计算反应转移的电子数，故C错误；D项、由盖斯定律可知，(3I+)得热化学方程式4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq) ，则H=(3a+b) kJmol1，故D正确；故选D。7、D【题目详解】APCl3是分子晶体，含有共价键，分子是三角锥形，正负电荷重心不重合，分子不对称故是极性分子，故A不选；BH2S 是V形分子，正负电荷重心不重合，分子不对称故是极性分子，含有极性键，故B不选；CP4正负电荷重心重合，分子是正四面体结构，分子对称，故是非极性分子，含有非极性键，故C不选；DC2H4含有极性键，属于直线型结构，正负电荷重心重合，分子

25、对称故是非极性分子，选D；故选D。8、D【分析】依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池。ab电极是电解池的电极。，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH-4e-2H2O+O2；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H+4e-2H2；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2-4e-4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H+4e-2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算。【题目详解】A、当有0.1mol电子转移时，a电极为电解池的

26、阴极，电极反应为4H+4e-2H2，产生1.12LH2，故A错误；B、b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH-4e-2H2O+O2，故B错误；C、d为负极失电子发生氧化反应：2H2-4e-4H+，故C错误；D、c电极上氧气得到发生还原反应，原电池中阳离子向正极移动，则B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故D正确；答案选D。9、A【答案解析】A常温下，c(H+)=1013molL1的溶液pH=13，在碱性溶液中Na+、AlO2、S2、SO32彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A正确；B使pH试纸呈红色的溶液显酸性，在酸性条件Fe2+和I均能被NO3氧化，不能大量共存，故B错误；C加入铝粉有氢气生

27、成的溶液可能显酸性，也可能显碱性，有碱性溶液中不可能大量存在Mg2+和Cu2+，故C错误；D常温下，由水电离出的c(H+)c(OH)=1.01026的溶液pH=1或13，HCO3在酸、碱性溶液中均不能大量共存，故D错误；答案为A。10、C【答案解析】短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，R是C元素；X 元素的焰色反应呈黄色，X是Na元素；W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，W是O元素，Z是S元素；Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素，Y是Si元素。【题目详解】AO与Na形成的两种化合物分别是Na2O和Na2O2,它们的阴、阳离

28、子的个数比均为12，A正确；BSi、C、S的非金属性逐渐增强，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：SCSi，B正确；CO元素的非金属性强于S元素，所以O的简单氢化物稳定性比S的简单氢化物稳定性高，C错误；DSiO2是原子晶体，具有熔点高、硬度大的特点，D正确;答案选C。11、D【答案解析】A. 碘易溶于乙醇中，不能用分液的方法分离，应该蒸馏，A错误；B. 浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后转移至容量瓶中，B错误；C. 氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口二者又重新结合生成氯化铵，不能用图丙所示装置制备氨气，C错误；D. SO2能使品红溶液褪色，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此可用图丁所

29、示装置检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫，D正确，答案选D。12、B【题目详解】A、苯的密度小于水的，在上层。氨气极易溶于水，直接插入到水中进行吸收，容易引起倒吸，选项A不正确；B、浓硫酸具有吸水性，导致饱和硝酸钾溶液中溶剂减少，因而有硝酸钾晶体析出，选项B正确；C、浓硫酸不能在量筒中稀释，选项C不正确；D、蒸馏时温度计水银球应该放在蒸馏烧瓶支管出口处，选项D不正确；答案选B。13、D【题目详解】A.过量的Fe粉与稀HNO3反应生成Fe(NO3)2、NO和H2O，滴入KSCN溶液，溶液不会变为红色，故A错误；B.AgI比AgCl更难溶，AgI沉淀中滴入稀KCl溶液不会生成白色沉淀，故B错误；C

30、.由于在Al表面有一层被空气氧化而产生的氧化物薄膜，所以将Al箔插入稀HNO3中，首先是氧化铝与硝酸反应产生硝酸铝和水，一层不会看到任何现象，而不能说是Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜，故C错误；D.在氨水中一水合氨发生电离产生OH,使溶液显碱性，所以用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸会变为蓝色，故D正确；故选D。14、D【题目详解】A一个乙烷分子含有7条共价键，1mol乙烷分子中含有的共价键数目为7NA，故A错误；BNO2和水的反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，属于歧化反应，N元素由+4价歧化为+5价和+2价，3molNO2转移2mol电子，则1molNO2溶

31、于水，转移的电子数为NA，故B错误；C三氯甲烷在标准状况下不是气体，无法计算4.48LCHCl3含有的碳原子数，故C错误；D乙烯和丙烯的最简式都为CH2，故14g乙烯和丙烯含有CH2的物质的量为=1mol，含有的质子数为1mol8=8mol，即8NA个，故D正确；故选D。15、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）2SO

32、4、（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4NH3+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

33、下的溶液中有较多的NH4Cl和NH4HSO3，故答案为A。16、A【题目详解】A金刚石为原子晶体，只存在共价键，熔化时克服共价键，故A选；B汞受热变成汞蒸气，克服金属键，故B不选；C蔗糖为非电解质，溶于水不发生电离，则不破坏化学键，克服分子间作用力，故C不选；D食盐为离子晶体，溶于水发生电离，克服离子键，故D不选；故选：A。二、非选择题（本题包括5小题）17、 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O NaHCO3、Na2CO3 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl28NH3=N26NH4Cl c(H)c(Al3)c(NH4+)c(SO42-)1123 【分析】由题给信息可知，C

34、可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCl，故C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，则M为NaCl、B为NaOH。【题目详解】（1）B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为，故答案为；（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能

35、够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：2，则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为Na2CO3和NaHCO3；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为溶液中先有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失，故答案为先有白色沉

36、淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH-=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电

37、荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H+OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积与Al3+3OH-=Al(OH)3铝离子消耗NaOH溶液的体积之比为1：3，发生反应NH4+OH-=NH3H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3，故答案为c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3。【答案点睛】根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答

38、关键，注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。18、 H2O 氧原子与硫原子最外层电子数相同，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

39、程式为3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O，答案为：3SeO2+4NH3=3Se + 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

40、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，故M可能位于元素周期表第VA族，答案为：VA；19、（1）4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O（2）（3）后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净;2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O;冷却结晶65.30% 偏高【答案解析】试题分析：（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的 二氧化铈可制备

41、铈，在阴极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为。（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4+ Fe2+= Ce3+ Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量

42、等于亚铁离子物质的量=0.0025mol，含量为0.0025140/0.536=65.30% ；硫酸亚铁在空气中被氧化，消耗硫酸亚铁增多，测定产品的质量分数偏高。考点：物质分离和提纯的方法和基本实验操作，氧化还原反应的配平 【名师点睛】方法适用范围主要仪器注意点实例固+液蒸发易溶固体与液体分开酒精灯、蒸发皿、玻璃棒不断搅拌；最后用余热加热；液体不超过容积2/3NaCl(H2O)固+固结晶溶解度差别大的溶质分开NaCl(KNO3)升华能升华固体与不升华物分开酒精灯I2(NaCl)固+液过滤易溶物与难溶物分开漏斗、烧杯一贴、二低、三靠；沉淀要洗涤；定量实验要“无损”NaCl(CaCO3)Fe粉(A

43、1粉)液+液萃取溶质在互不相溶的溶剂里，溶解度的不同，把溶质分离出来分液漏斗先查漏；对萃取剂的要求；使漏斗内外大气相通;上层液体从上口倒出从溴水中提取Br2分液分离互不相溶液体分液漏斗乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液蒸馏分离 沸点不同混合溶液蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、牛角管温度计水银球位于支管处；冷凝水从下口通入；加碎瓷片乙醇和水、I2和CCl4渗析分离胶体与混在其中的分子、离子半透膜更换蒸馏水淀粉与NaCl盐析加入某些盐，使溶质的溶解度降低而析出烧杯用固体盐或浓溶液蛋白质溶液、硬脂酸钠和甘油气+气洗气易溶气与难溶气分开洗气瓶长进短出CO2(HCl)、CO (CO2)液化沸点不同气分开U形管常用

44、冰水NO2(N2O4)20、3Cl2+6OH+5Cl+3H2O 缓慢通入氯气(其他合理答案均可) 量筒 NaClO碱性溶液 冷凝回流，减少水合肼的挥发 NaClO+CO(NH2)2+2NaOHN2H4H2O+ NaCl+Na2CO3 4 在高于34条件下趁热过滤 【分析】氯气和氢氧化钠在低温下反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，防止尿素、次氯酸钠、氢氧化钠反应生成的N2H4H2O被次氯酸钠氧化，因此向尿素中逐滴加入次氯化钠碱性溶液，低温下反应，待反应完后，再升高温度，蒸馏出N2H4H2O，剩余的碳酸钠溶液中通入二氧化硫，反应至pH=4时停止通入二氧化硫气体，反应生成碳酸氢钠，再向溶液中加入氢氧化钠至亚硫酸氢钠反应完生成亚硫酸钠，根据溶解度曲线，溶液加热浓缩到大量晶体，在34条件下趁热过滤。【题目详解】(1)步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40，有副反应发生生成 NaClO3，该副反应的离子方程式为3Cl2+6OH+5Cl+3H2O。为了避免副反应的发生，主要是降低温蒂，可以用冰水浴降温，还可以采取的措施有缓慢的通入氯气，使反应速率降低，利用热量散失；故答案为：3Cl2+6OH+5Cl+3H2O；缓慢通入氯气(其他合理答案均可)。(2)配制100g 30%NaOH溶液时，称量所需NaOH固体质量，再用量筒量出水的体积，