2022-2023学年广东省颜锡祺中学化学高三上期中统考模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、足量铜与一定量浓硝酸反应后过滤，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与3.36 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得溶液中加入1 mol/L NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧

2、后得到黑色固体，则所得黑色固体的质量是（ ）A12gB16gC24gD48g2、H2C2O4为二元弱酸，Ka1= 5.9102，Ka2= 6.4105，lg6.4 0.8，向20mL0.1molL1 H2C2O4溶液中滴加0.2molL1KOH溶液，溶液中含碳微粒的存在形式与物质的量百分比随KOH溶液体积变化如图所示。下列说法正确的是A滴入10 mL KOH溶液时，溶液呈中性B当c()c()时，混合溶液pH4.2C滴入10 mL KOH溶液时，溶液中有如下关系：c(H2C2O4)c()c()0.1molL1D滴入1620 mL KOH溶液的过程中，均满足c()c()c(H+)c(OH)3、在化

3、学学习与研究中，运用类推的思维方法有时会产生错误的结论，因此类推所得结论要经过实践的检验才能确定其是否正确。以下几种类推结论中正确的是( )A由加热条件下2Cu+O22CuO，可推测出同族的硫也可以在加热条件下发生Cu+SCuSBNa能与水反应生成氢气，则K、Ca也能与水反应生成氢气CFe3O4可表示为FeOFe2O3，则Pb3O4也可表示为PbOPb2O3DCO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，则SO2与Na2O2反应也只生成Na2SO4和O24、下列说法不正确的是( )A霾尘积聚难见路人 ，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应B天宫二号使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C绿色化学

4、的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染D丝绸的主要成分是蛋白质 ，属于天然高分子化合物5、下列表示不正确的是（）A1molSiO2分子中含4mol共价键B氯化铵的电子式为：CCH4的比例模型：DCl的结构示意图：6、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、NO3-Bc( OH-) 的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、NO3-C含有大量Fe( NO3)2 的溶液中：H+、NH4+、Cl-、SO42-D水电离的c( H+)= 1 10 -13mol/L的溶液中：K+、Mg2+、Br-、CH3COO-7、化学与生活密

5、切相关。下列说法不正确的是A氦气化学性质稳定、密度小，可用于填充飞艇、气球B镁铝合金质量轻、强度大，可用作高铁车厢材料C纳米铁粉有较强的物理吸附作用，可去除水体中的Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子DK2FeO4是强氧化剂，还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可作为净水剂8、某混合物中有活性炭、MnO2和NaClO3，利用下图的电解装置可以将混合物中的NaClO3转化成KClO3提取出来，（已知：KClO3在碱性条件下能够稳定存在，在酸性条件下易分解）下列说法正确的是A电极A与电源的负极相连B电极B上发生的电极反应方程式为：2H2O-4e-=4H+O2C通过交换膜M向左移动D电解池右室溶

6、液的pH降低9、芬太尼(结构式如图)是一种强效的类阿片止痛剂，起效迅速而作用时间极短。当它与药物联合使用时，通常用作疼痛药物或麻醉剂。下列说法正确的是A它的分子式是C22H27N2OB它和苯是同系物C它属于烃的衍生物D药物可以过量使用10、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A0.010molL-1NH4Fe(SO4)2溶液与0.040molL-1NaOH溶液等体积混合：NH+Fe3+4OH-=Fe(OH)3+NH3H2OB石灰乳中通入Cl2：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OC过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO+4H+=Fe3+NO+2H2OD酸性溶液中NaI和NaIO3反应生成I2

7、：5I-+IO+3H2O=3I2+6OH-11、下列除杂方案不正确的选项被提纯的物质括号内的物质是杂质除杂试剂除杂方法ACO2(g) HCl(g)饱和碳酸氢钠溶液、 浓H2SO4洗气BNH4Cl(aq) Fe3(aq)NaOH溶液过滤CCl2(g) HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNa2CO3(s) NaHCO3(s)加热AABBCCDD12、将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO和ClO两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如图所示。下列说法正确的是（）A苛性钾溶液中KOH的物质的量是

8、0.09 molBClO的生成是由于氯气的量的多少引起的C在酸性条件下ClO和ClO可生成Cl2D反应中转移电子的物质的量是0.21 mol13、用1 L 1.0 mol/L NaOH溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中CO32-与HCO3-的物质的量浓度之比约是A13B12C23D3214、在t 下，某反应达到平衡，平衡常数。恒容时，温度升高，NO浓度减小。下列说法正确的是A该反应正反应的焓变为正值B恒温下扩大容器体积，反应体系的颜色加深C升高温度，逆反应速率减小D该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO315、化工生产中使用的一种具有较强吸水性的高分子化合物(Z)的合成路线如下：

9、下列说法正确的是AX、Y分子中均有两个手性碳原子B过量酸性KMnO4溶液可将X转化为YCY转化为Z的反应类型是加聚反应DZ与足量H2发生加成反应，消耗Z与H2的物质的量之比为1:316、下列操作正确的是（ ）A用50mL的量筒量取5.8mL硫酸B用PH试纸测定0.1molL-1的NaClO溶液的pHC用托盘天平称量5.85g的NaClD用250mL的容量瓶配制230mL的0.1molL-1NaCl溶液17、如图是自来水表的常见安装方式。下列有关说法不正确的是A该安装方式的水表更容易被腐蚀B发生腐蚀过程中，电子从接头流向水表C腐蚀时水表发生的电极反应为: 2H2O+O2+4e4OHD腐蚀过程还涉

10、及反应：4Fe(OH)2+2H2O+O24Fe(OH)318、一种突破传统电池设计理念的镁锑液态金属储能电池工作原理如下图所示，该电池所用液体密度不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成及浓度不变。下列说法不正确的是A放电时，Mg(液)层的质量减小B放电时正极反应为：Mg2+2e-=MgC该电池充电时，MgSb(液)层发生还原反应D该电池充电时，C1- 有向下层移动的趋势19、下列各表述与示意图不一致的是A图表示5 mL 0.01 molL1 KMnO4酸性溶液与过量的0.1 molL1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2)随时间的变化B图中曲线表示反应2SO2(g)O2(g)2S

11、O3(g) HV(逆)20、将4 mol A(g)和2 mol B(g)在2 L的恒容密闭容器中混合并在一定条件下发生反应：2A(g)+B(g) 2C(g)H”或“”)计算700该反应的平衡常数为_ 。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、C【答案解析】由题意知在Cu与浓硝酸的反应中，Cu失电子的物质的量，与这些氮的氧化物在与O2作用又生成HNO3时失电子的物质的量与O2得电子的物质的量相等。所以n(Cu)2=4，即n(Cu)=0.3mol，沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧后得到黑色固体是氧化铜，所以，n(CuO)=0

12、.3mol，质量是0.3mol80g/mol=24g。【答案点睛】本题考查氧化还原反应的计算，主要考查金属铜与硝酸反应的计算，通过巧解进行计算，整体把握反应中电子守恒及物质的量浓度的计算等为解题关键，侧重考查学生的逻辑推理能力和创新思维能力。2、B【题目详解】A滴入10 mL KOH溶液时，溶质为KHC2O4，因此溶液呈酸性，故A错误；B根据图中信息c()c()时，因此混合溶液pH50.84.2，故B正确；C原溶液c(H2C2O4)c()c()0.1molL1，加入10 mL KOH溶液时，假设溶液体积变化忽略不计，则溶液从20mL变为30mL，此时：c(H2C2O4)c()c()0.1mol

13、L1，故C错误；D滴入20 mL KOH溶液时，溶液溶质为K2C2O4，溶液水解显碱性，因此c(OH)c(H+)，故D错误。综上所述，答案为B。3、B【题目详解】AS具有弱氧化性，比氧气的氧化性弱，故由加热条件下2Cu+O22CuO，可推测出同族的硫也可以在加热条件下发生2Cu+SCu2S；A错误；BK、Ca的金属性均比Na强，则Na能与水反应生成氢气，可知K、Ca也能与水反应生成氢气，故B正确；CFe3O4可表示为FeOFe2O3，而Pb3O4可表示为PbO22PbO，故C错误；DCO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，而SO2与Na2O2反应只生成Na2SO4，故D错误；答案选B。

14、4、B【题目详解】A. 雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B. 碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，故B错误；C. 绿色化学应从源头上做起，其核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，而不能先污染后治理，故C正确；D. 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故D正确；故选B。5、A【题目详解】A.二氧化硅是由Si原子和氧原子按照1:2形成的原子晶体，不存在“SiO2”分子，A错误；B.氯化铵为离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，其电子式为，B正确；C.中黑球为C原子，白球为H原子，是CH4的比例模型，C正确；D.Cl有三

15、个电子层，最外层有八个电子，离子的结构示意图为，D正确；答案选A。6、A【答案解析】A项，使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下离子间不反应，能大量共存；B项，c(OH-)即c（OH-）c（H+），溶液呈酸性，酸性条件下H+与ClO-结合成弱酸HClO，ClO-不能大量存在；C项，酸性条件下NO3-表现强氧化性，发生离子反应：3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，含大量Fe（NO3）2的溶液中H+不能大量存在；D项，水电离的c(H+)=110-13mol/L，常温下溶液的pH可能为1或13，若溶液呈酸性CH3COO-不能大量存在，若溶液呈碱性Mg2+不能大量存在；答案选A。点睛

16、：离子不能大量共存的原因有：（1）离子间发生复分解反应生成沉淀、弱电解质、气体；（2）离子间发生氧化还原反应，如Fe2+与H+、NO3-等；（3）离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；（4）离子间发生双水解反应，如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-等；（5）注意题干的附加条件，如无色溶液中不含MnO4-、Cu2+、Fe3+、Fe2+等；酸性溶液中与H+反应的离子不能存在；碱性溶液中与OH-反应的离子不能存在。7、C【答案解析】A、氦气是稀有气体，化学性质稳定、密度小与空气，可用于填充飞艇、气球，故A正确；B、镁铝合金质量轻、硬度大，可用作高铁车厢材料，故B正确；C、纳

17、米铁粉可去除水体中的Cu2、Cd2、Hg2等重金属离子，是由于铁将其置换出来，而不是由于其较强的物理吸附作用，故C错误；D、K2FeO4是强氧化剂，还原产物是铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，有吸附作用，可作为净水剂，故D正确；故选C。8、C【分析】根据题意KClO3在碱性条件下能够稳定存在，在酸性条件下易分解，则KClO3在A极生成，所以通过交换膜M向左移动，根据电解时阴离子向阳极移动，则A极为阳极，B极为阴极。【题目详解】A. A极为阳极，电极A与电源的正极相连，故A错误；B. B极为阴极，电极B上氢离子得到电子生成氢气，电极反应方程式为：2H+2e-=H2，故B错误；C. KClO3在

18、A极生成，所以通过交换膜M向左移动，故C正确；D. 电解池右室氢离子得到电子生成氢气，溶液的pH升高，故D错误；答案选C。9、C【答案解析】芬太尼的分子式是C22H28N2O，分子中含有N原子和O原子，不属于烃，属于烃的衍生物。【题目详解】A项、由结构简式可知，芬太尼的分子式是C22H28N2O，故A错误；B项、苯属于芳香烃，芬太尼属于烃的衍生物，和苯不可能是同系物，故B错误；C项、芬太尼分子中含有N原子和O原子，不属于烃，属于烃的衍生物，故C正确；D项、芬太尼是一种强效的类阿片止痛剂，不可以过量使用，故D错误。故选C。【答案点睛】本题主要考查了有机物的组成、结构与分类，把握有机物的组成为解答

19、的关键。10、A【题目详解】A0.010molL-1NH4Fe(SO4)2溶液与0.040molL-1NaOH溶液等体积混合，氢氧根恰好和铁离子、铵根完全反应，离子方程式为NH+Fe3+4OH-=Fe(OH)3+NH3H2O，故A正确；B石灰乳不能写成离子，正确离子方程式为Ca(OH)2+Cl2= Cl-+ClO-+H2O+Ca2+，故B错误；C铁粉过量，最终产物应为Fe2+，正确离子方程式为3Fe+8H+2NO=3Fe2+2NO+4H2O，故C错误；D酸性环境下不会生成氢氧根，正确离子方程式为5I-+5IO+6H+=3I2+3H2O，故D错误；综上所述答案为A。11、B【分析】根据物质的分离

20、和提纯操作及注意事项分析解答。【题目详解】A.NaHCO3溶液能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，在除去氯化氢的同时增加了二氧化碳的量，故A正确；B.加入氢氧化钠后，NH4+和OH-反应生成NH3和H2O，主体被消耗，故B错误；C. HCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故C正确；D.NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和水，不引入新的杂质，不损耗主体物质，故D正确。故选B。【答案点睛】除杂的原则是：除去杂质、不损耗主体、不引入新的杂质、已恢复到原来状态。12、D【答案解析】试题分析：A、氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象

21、知n（ClO-）=0.06mol，n（ClO3-）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（Cl-）=0.06mol（1-0）+0.03mol（5-0）=0.21mol，根据物料守恒可知n（K+）=n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，则氢氧化钾的物质的量=0.3mol，A错误；B、从0t1都没有ClO3的生成，说明与温度有关，B错误；C、ClO和ClO3不可能可生成Cl2，因为不可能都得电子，C错误；D、反应中转移电子的物质的量是0.21mol，D正确；答案选D考点：氯气及其化合物的性质，氧化还原反应的计算1

22、3、A【分析】根据钠离子和碳原子守恒分析解答。【题目详解】设所得溶液中CO32-和HCO3-的物质的量分别是xmol、ymol，1L1.0mol/LNaOH溶液中氢氧化钠的物质的量是1mol，吸收0.8molCO2，根据钠离子和碳原子守恒可知2x+y1、x+y0.8，解得x0.2、y0.6，由于溶液体积相同，因此反应后所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比0.2：0.61：3，答案选A。14、D【答案解析】A、根据平衡常数表达式可知该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3，恒容时，温度升高，NO浓度减小这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应的焓变为负值，A错误；B、恒温

23、下扩大容器体积，平衡不一定，NO2浓度减小，反应体系的颜色变浅，B错误；C、升高温度正逆反应速率均增大，C错误；D、根据A中分析D正确；答案选D。15、A【题目详解】A. X分子中有两个手性碳原子()、Y分子中也有两个手性碳原子()，故A正确；B.羟基和醛基均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，过量酸性KMnO4溶液可将X转化为，故B错误；C. Y中的羧基和羟基通过缩聚反应转化为Z，故C错误；D. Z中含有n个苯环，与足量H2发生加成反应，消耗Z与H2的分子数之比为1:3n，故D错误；故答案选A。【答案点睛】一般来讲，有机物发生缩聚反应的结构特点：结构中含有羧基和羟基或羧基和氨基；有机物发生加聚反应的结

24、构特点：结构中含有不饱和的碳碳双键或三键等。16、D【题目详解】A50mL的量筒精度是1mL，无法用50mL的量筒量取5.8mL硫酸，故A项错误；BNaClO具有漂白性，无法用pH试纸测定其pH值，故B项错误；C托盘天平精度是0.1g，无法用托盘天平称量5.85g的NaCl，故C项错误；D没有230mL规格的容量瓶，需要用250mL的容量瓶配制230mL的0.1molL-1NaCl溶液，故D项正确；故答案为D。17、A【题目详解】这种安装方式可形成原电池，铁接头作负极，铜质水表做正极，水作电解质。A.铁接头作负极更易被腐蚀，铜质水表做正极被保护，故A不正确；B.铁接头与铜水表相连，则电子从负极

25、沿导线移向正极，即从接头流向水表，B正确；C.水为中性，发生吸氧腐蚀，铜水表作正极，腐蚀时水表发生的电极反应为: 2H2O+O2+4e4OH，C正确：D.铁单质参与电化学反应只生成亚铁离子，腐蚀过程还涉及反应4Fe(OH)2+2H2O+O24Fe(OH)3，D正确。本题选不正确的，故选A。18、C【答案解析】放电时，Mg(液)层发生反应 ，Mg(液)层的质量减小，故A正确；放电时MgSb(液)层是正极，正极反应为：Mg2+2e-=Mg，故B正确；该电池充电时，MgSb(液)层是阳极，发生氧化反应，故C错误；该电池充电时，上层是阴极、下层是阳极，C1-向阳极移动，故D正确。19、C【分析】KMn

26、O4酸性溶液与H2C2O4溶液混合： ；升高温度，平衡向吸热方向移动；当加入盐酸20 mL时，pH发生骤变；曲线AB表示平衡状态，在状态C时，在温度T1下， c（I3）过低，未达到平衡，所以反应需正向进行以达到平衡。【题目详解】A酸性KMnO4与H2C2O4混合，随着反应的进行，不断有Mn2生成，最终趋于稳定，故A正确；B反应2SO2(g)O2(g)2SO3(g) HV(逆)，故D正确；答案选C。【答案点睛】酸性KMnO4在溶液中发生氧化还原反应时，一般被氧化为Mn2，再根据氧化还原配平原则配平方程；常温下，强酸与强碱的滴定，在pH=7发生突变。20、D【分析】起始时，A的浓度为=2 mol/

27、L，B的浓度为=1 mol/L，反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L，则 2A（g）+B（g）2C（g）开始（mol/L） 2 1 0转化（mol/L） 0.6 0.3 0.6 2s（mol/L） 1.4 0.70.6【题目详解】A.2s后物质A的转化率为100%=30%，故A错误；B.c(A)=2c(B)=c(C)时，不能判定平衡状态，与起始浓度、转化率有关，故B错误；C. 达到平衡状态时，增加A物质的量，促进B的转化，平衡正向移动，B的转化率增大，而A的转化率减小，故C错误；D.H0，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则同时化学平衡常数K减小，故D正确；答案选D。21、A【题目详解】

28、A. 用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1 molCu(OH)2能使溶液复原，即相当于电解0.1molCuO、0.1molH2O，则电路中转移电子数为0.4NA，A不正确；B. 100g质量分数为46的乙醇溶液中含有46g乙醇和54g水，氢原子共为(6mol+6mol)，所以氢原子数为12NA，B正确；C. 工业合成氨每断裂NA个NN键，同时断裂6NA个N-H键，则反应达到平衡，C正确；D. 100mL 12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，若全部生成NO2，则转移的电子数为0.6NA；若全部生成NO，则转移电子数为0.9NA，所以转移的电子数大于0.6NA，D正确。故选A。22

29、、C【分析】根据反应的起始物质的量和平衡时PCl5物质的量写出该反应的“三段法”，以此计算化学平衡常数，反应速率等值。【题目详解】A反应H0，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故A错误；B增大压强，各物质的浓度增大，反应速率加快，活化分子百分数不变，故B错误；C.由表可知250s时反应达到平衡，此时n (PCl5)=0.4mol，则有 该温度下，反应的化学平衡常数，故C正确；D. 0 150s内的 ，故D错误。故答案选：C。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键、羰基 A 消去反应 【分析】B的分子式为C9H14O，B发生信息的反应生成C，则B为；C中去掉氢原子生成D，D发生消去反应

30、生成E，醇羟基变为碳碳双键，E发生一系列反应是丹参醇；据此解答。【题目详解】（1）根据结构简式可知，A的官能团名称为碳碳双键和羰基；（2）A化合物D与足量的氢气加成的产物是多羟基化合物，滴加新制的Cu(OH)2溶液发生络合反应，会出现绛蓝色，A正确；B根据结构简式可知，化合物E含碳碳双键、醚键、苯环、羰基、该物质能发生加成、取代、氧化反应，苯环可发生加氢还原反应，B错误；CD生成E的反应是醇的消去反应，参照乙醇的消去反应，可知有有机副产物醚产生，故C错误；D根据结构简式可知，丹参醇的分子式是C18H16O5，D错误；综上所诉，答案为A；（3）通过以上分析知，通过以上分析知，B的结构简式：；D中

31、的醇羟基转化为E中的碳碳双键，所以DE的反应类为消去反应；（4）的一种同分异构体同时满足下列条件：分子中含有苯环，不含其它环；不含基团，苯环不与甲基直接相连；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子1H-NMR谱和IR谱检测表明，两种分子分别含有2种和3种氢原子；则该物质含酯基，且水解后得到的酸、醇分别含2种、3种氢原子，符合条件的结构简式为；（5）和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，和发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，其合成路线为。24、Na2O2 H2 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe

32、（OH）3 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 供氧剂 Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O 【题目详解】A为淡黄色固体，其能与水反应，则其为Na2O2；R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则其为Al；T为生活中使用最广泛的金属单质，则其为Fe；D是具有磁性的黑色晶体，则其为Fe3O4；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，所以C为O2；Al与NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，所以F为H2，B为NaOH；Fe3O4与盐酸反应，生成FeCl3、FeCl2和水，FeCl3再与Fe反应，又生成FeCl2，所以E为FeCl2；它与NaOH溶液反应，生成白色沉淀Fe(OH)2，它是H

33、；Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，它与盐酸反应生成FeCl3，它为W。（1）物质A的化学式为Na2O2。答案为：Na2O2F化学式为H2。答案为：H2（2）NaOH和Al在溶液中反应生成H2的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2。答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2（3）Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（4）Na2O2和水反应生成NaOH和O2的离子方程式为2Na2

34、O2+2H2O=4Na+4OH-+O2。答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2由此反应可知A有作为供氧剂的用途。答案为：供氧剂（5）Fe(OH)3投入盐酸中的离子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O。答案为：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O25、平衡压强，使浓盐酸顺利流下 2KMnO4+16HCl2MnCl2+5Cl2+8H2O 除去氯气中混有的氯化氢气体 避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降 乙 CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出 A、C 【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A：采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应

35、还生成MnCl2，发生2KMnO4+16HCl2MnCl2+5Cl2+8H2O，制取的氯气中含有氯化氢，通过饱和的氯化钠溶液洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，防止产生SnCl4水解；然后Cl2和锡的反应，制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；反应时应先生成氯气，将氧气排出。【题目详解】（1）导管a的作用是平衡压强，可使分液漏斗内的液体顺利流下，故答案为：平衡压强，使浓盐酸顺利流下；（2）实验采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，化学方程式为2KMnO4+16HCl2MnCl2+5Cl2+8H2O，故

36、答案为：2KMnO4+16HCl2MnCl2+5Cl2+8H2O；（3）B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢气体；（4）SnCl4易挥发，冷水可降低温度，避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降，故答案为：避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；（5）尾气含有氯气，为避免四氯化锡水解，应用碱石灰，故答案为：乙；（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，故答案为：CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出；（7）蒸馏用到蒸馏烧瓶、温度计、接收器、冷凝管、锥形瓶，无需吸滤瓶和分液漏斗，故答案为：A

37、、C。【答案点睛】本题为制备实验，把握物质的性质、实验装置的作用、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。26、cCO和SO2等5Fe22HCO3=FeCO3CO2H2OFe(OH)33CuO+2Fe3+ + 3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+3Fe(CN)6 4+ 4Fe3+ = Fe4Fe(CN)63【分析】（1）磁铁的成分主要是四氧化三铁；（2）“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有CO、SO2等；根据KspAl(OH)3=1.01032计算要将Al3沉淀完全时溶液的pH；根据硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成FeCO3写出离子方程式；（3）因为Fe3+会水解产

38、生较多的H+：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；（4）根据Fe(CN)64-和Fe3+反应生成Fe4Fe(CN)63蓝色沉淀写出离子方程式。【题目详解】（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，磁铁的成分主要是四氧化三铁，故答案为c。（2）工业废渣主要含Fe2O3及少量SiO2、A12O3、CaO、MgO等杂质，加煤燃烧可生成CO、SO2等有毒气体，“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有CO、SO2等，故答案为CO、SO2等；根据KspAl(OH)3=1.01032，要将Al3

39、沉淀完全，c(Al3+)=1.010-5，c(OH-)=（1.01032/110-5）1/3=1.0109，则溶液的pH=5，故答案为5；步骤iv中，硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成FeCO3的离子方程式为Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O，故答案为Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O；(3)因为Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀，这一过程的总反应的离子方程式为：3CuO+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+，故答案为Fe(OH)3；3CuO

40、+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+。（4）Fe(CN)64-和Fe3+反应生成Fe4Fe(CN)63蓝色沉淀，反应的离子方程式为：3Fe(CN)64-+4Fe3+Fe4Fe(CN)63，故答案为3Fe(CN)64-+4Fe3+Fe4Fe(CN)63。27、溶液变为血红色不合理 Fe2O3和Cu2O的混合物 Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O、2 Fe3+Cu=2 Fe2+Cu2+BF Cu2(OH)2CO3和Fe(OH)3蒸发浓缩、冷却结晶【答案解析】试题分析：本题考查物质的探究实验和物质的制备，涉及Fe3+的检验，实验方案的评价，混

41、合物的计算，实验方案的设计。（1）若假设1成立，Fe2O3与足量稀硫酸反应生成Fe2（SO4）3和H2O，溶液中有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变为血红色。（2）若滴加 KSCN 试剂后溶液不变红色，说明与稀硫酸反应后的溶液中不含Fe3+，但不能证明原固体中一定不含Fe2O3，原固体可能是Fe2O3和Cu2O的化合物，Cu2O与稀硫酸反应生成的Cu将Fe2O3与稀硫酸反应生成的Fe3+还原成Fe2+（发生反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Cu+ Fe2（SO4）3=CuSO4+2FeSO4），所以这种说法不合理。（3

42、）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加 KSCN 试剂时溶液不变红色，则证明假设3（即红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物）成立。发生反应的所有离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+。（4）根据题给资料，加热时发生反应：2Cu2O+O24CuO，固体增加的质量为消耗O2的质量，n（O2）=mol，根据方程式n（Cu2O）=mol，m（Cu2O）=mol144g/mol=9（b-a）g，Cu2O的质量分数为100%。（5）红色粉末加入稀硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O、Fe2O

43、3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Cu+ Fe2（SO4）3=CuSO4+2FeSO4，所得溶液中含CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3，根据题中提供的Cu2+、Fe2+、Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH，要将FeSO4除去必须先将Fe2+氧化成Fe3+，试剂1为氧化剂，试剂1不能用氯水，用氯水会引入杂质离子Cl-，不能用硝酸，用硝酸会产生大气污染物，试剂1选用H2O2，H2O2的还原产物为H2O，不引入新杂质不产生大气污染物，试剂1选B。试剂2是调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀而除去，为了不引入新杂质，试剂2选择Cu2（OH）2CO3，不选用NaOH和氨水，用NaOH或氨

44、水引入杂质，试剂2选F，调节pH的范围在3.76.0之间；所得悬浊液经过滤得到的固体X为Fe（OH）3和Cu2（OH）2CO3，滤液为CuSO4溶液。根据上述分析，试剂1为B，试剂2为F。固体X的成分为Fe（OH）3和Cu2（OH）2CO3。从CuSO4溶液中获得CuSO45H2O的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，操作1为蒸发浓缩、冷却结晶。28、1s22s22p63s23p4 9 第三周期A族 17 极性 ac Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)H= -687kJ/mol CO32-+H2OHCO3-+OH- Ca2+CO32-=CaCO3，导致溶液中碳酸根离子浓度减

45、少，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减少，碱性减弱 【分析】根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素；(1)硫原子的核电荷数是16，则核外电子数是16；Cl原子结构示意图为；(2)非极性分子的结构往往具有很强的对称性，据此判断；(3)说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可以根据元素单质氧化性强弱或生成气体氢化物稳定性分析，而与得失电子数没有必然关系；(4)X(Si)与Z(Cl)两元素的单质反应生成0.1molX的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热68.7kJ，由于该化合物的熔、沸点分别为-69和58，则常温下SiCl4为液态，据此结合热化学方程式的书写原则解答；(5)碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性；碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，导致碳酸根离子浓度减小，溶液碱性减弱。【题目详解】根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素；(1)硫原子核外电子数是16，其