陕西省宝鸡市部分高中2022-2023学年高三化学第一学期期中统考模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1 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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列叙述不正确的是A苯不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存B用红色石蕊试纸检测NH3时，需先用蒸馏水润湿C碳酸氢钠中混有碳酸钠杂质：加

2、热分解D乙酸丁酯(乙酸)：加入饱和碳酸钠溶液洗涤，分液2、用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是（）A用图甲所示方法检查装置的气密性B用图乙所示装置制取氨气C用图丙所示装置分馏石油获得汽油D用图丁所示装置分离乙醇与乙酸3、在不同温度下的水溶液中离子浓度曲线如图所示，下列说法不正确的是 A向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，此时c(Na+)=c(CH3COO-)B25时，加入CH3COONa可能引起由c向d的变化，升温可能引起a向c的变化CT时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性Db点对应的溶液中大量存在：K、Ba2、NO3-、I4、在组装原电池

3、时，下列各项中一定不需要的是A电极材料 B电解质溶液C直流电源 D金属导线5、下列说法正确的个数为（ ）化学键断裂，一定发生化学变化任何物质中都存在化学键氢键是极弱的化学键，分子间作用力不是化学键离子键就是阴、阳离子之间的静电吸引力活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键共价化合物中，成键原子均满足8电子稳定结构验证化合物是否为离子化合物的实验方法是可以看其熔化状态下能否导电由非金属元素形成的化合物中不可能含有离子键A1B2C3D46、下列关于反应与能量的说法正确的是（ ）AZn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) H=-216kJmol-1，E反应物E生成物BCaCO3(

4、s)=CaO(s)+CO2(g) H=+178.2kJmol-1，E反应物 SO2B热稳定性：H2S H2SeC沸点：H2S H2SeO310、下列图示与对应的叙述相符合的是A图甲表示已达平衡的反应在t0时刻改变某一条件后，反应速率随时间的变化，则改变的条件可能是缩小容器体积B图乙表示某可逆反应物质的浓度随反应时间的变化，且在t0时刻达到化学平衡状态C图丙表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化D图丁表示用0.1000 molL-1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL-1醋酸溶液的滴定曲线11、下列物质的用途利用了其还原性的是A用葡萄糖制镜或

5、保温瓶胆 B用除去废水中的C用治疗胃酸过多 D用制备纳米12、下列离子或分子组中，在相应的环境中能大量共存的是()选项环境要求离子A溶液中c(K)c(Cl)K、AlO、Cl、NOB溶液pH7Na、S2、K、ClO-C水电离产生的c(H)1012 mol/L的溶液ClO、CO、NH、NO、SOD向溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产生，后沉淀消失Na、Al3、Cl、SOAABBCCDD13、下表是25时有关弱酸的电离平衡常数，下列叙述正确的是HIOHClOH2CO3K=2.3l0-11K=2.95l0-8K1=4.4l0-7K2=4.7l0-11A同温、同浓度的NaIO、NaClO、NaHCO3和N

6、a2CO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3B向NaClO溶液中通入少量CO2，离子反应为：2ClO-+CO2+H2O2HClO+ CO32-C向NaIO溶液中通入少量CO2，离子反应为：2IO-+CO2+H2O2HIO+ CO32-D向NaHCO3溶液中加入少量HClO，离子反应为：HCO3-+ HClOCO2+H2O+ ClO-14、已知：Al、Fe、Cu 的合金与稀硝酸反应生成的气体只有 NO，实验过程如下：另取等量该合金，溶于足量 NaOH (aq)，则可得气体的物质的量是A0.22 molB0.15 molC0.3 molD无法计算15、下列说法错误的是( )A周礼中“煤饼烧蛎房成灰”

7、 (蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3B汉书中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油C本草纲目中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”。这种方法是蒸馏D唐代真元妙道要略中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程。16、向含1 mol NaHCO3的溶液中逐滴加入含b mol Ca(OH)2的溶液，充分反应。下列说法不正确的是 ( )A滴加Ca(OH)2立即有沉淀生成B当b0.5mol时，发生的离子反应：HCO3-OH-Ca2CaCO3H2OC当b1mol时，反应后的溶液中几乎不存在Ca2D当b1.5mol时，往溶液中再通入少量CO2，还

8、会有沉淀生成17、向溶液中分别通入足量的相应气体后，下列各组离子还能大量存在的是A氨气：K+、Na+、AlO2-、CO32-B二氧化硫：Na+、NH4+、SO32-、C1-C氯气：K+、Na+、SiO32-、NO3-D乙烯：H+、K+、MnO4-、SO42-18、Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2，下列说法中正确的是( )ANa2O2在上述反应中只作氧化剂B氧化产物只有Na2FeO4CNa2FeO4处理水时，既能杀菌，又能在处理水时产生胶体净水D2 mol FeSO4

9、发生反应时，共有8 mol电子发生转移19、下列对古文献记载内容理解错误的是A天工开物记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐。B本草纲目“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏。C抱朴子金丹篇中记载：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。该过程未发生氧化还原反应。D本草经集注中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应。20、下列反应的离子方程式表示正确的是（ ）A用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：

10、2MnO4-16H5C2O42-=2Mn210CO28H2OB将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O48H=3Fe34H2OCNaHCO3溶液中加入HCl：CO32-2H=CO2H2OD“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用会产生有毒气体：ClO5Cl6H=3Cl23H2O21、下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入(或滴入)X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是选项离子组X试剂离子方程式AK、Na、ClO、SO42-少量SO2SO22ClOH2O=SO32-2HClOBNH4+、Fe3、Br、SO42-过量H2S2Fe3H2S=2Fe2S2HCNH4+、Na、Fe3、AlO2-过量

11、铜粉2Fe3Cu=2Fe2Cu2DK、Na、HCO、AlO2-少量HClHAlO2-H2O=Al(OH)3AABBCCDD22、下列各离子化合物中，阳离子与阴离子的半径之比最小的是( )AKCl BNaBr CLiI DKF二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D 均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A 是地壳中含量最多的元素， B 是短周期中金属性最强的元素，C 与 D 位置相邻，D 是同周期元素中原子半径最小的元素。完成下列填空：(1)A 在周期表中的位置为第_周期_族，A 原子的最外层电子排布式为_，A 原子核外共有_个不同运动状态的电子。(2)B、C、D 三种元素形成

12、简单离子其半径大小的_。（用个离子符号表示）(3) A、B 形成化合物的电子式_；这些化合物中所含的化学键有_(4)非金属性的强弱：C_D（填“强于”、“弱于”、“无法比较”），试从原子结构的角度解释其原因。_请用一个方程式证明 A 与 C 的非金属性的强弱_。24、（12分）有机物是有机合成中间体，如可合成J或高聚物等，其合成J的线路图如图：已知：，A苯环上的一氯代物只有2种有机物B是最简单的单烯烃，J为含有3个六元环的酯类（、为烃基或H原子）回答以下问题：（1）A的化学名称为_；E的化学式为_。（2）的反应类型：_；H分子中官能团的名称是_。（3）J的结构简式为_。（4）写出I在一定条件下

13、生成高聚物的化学反应方程式_。（5）有机物K是G的一种同系物，相对分子质量比G少14，则符合下列条件的K的同分异构体有_种（不考虑立体异构）。a苯环上只有两个取代基b既能发生银镜反应也能与溶液反应写出其中核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2:2:1:1:1:1的结构简式_。25、（12分） (1)下图是工业生产上的氯化氢合成塔，请写出各处物质的名称：B_，C_。(2)工业上制备HC1的化学方程式是_。(3)实验室常用NaCl和浓硫酸起反应制取氯化氢，当微热时，发生装置应选用下列装置的_(填编号)(4)以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收HCl气体，而且能防止倒吸的是_。(5)下图为实验室某浓盐酸

14、试剂瓶标签上的有关数据，该浓盐酸中HC1的物质的量浓度为_mol/L。取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_。A溶液中HC1的物质的量 B溶液的浓度 C溶液中Cl-的数目 D溶液的密度26、（10分）某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe(OH)2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe(HCO3)2。实验操作及现象记录如下：实验试剂操作及现象试管(I)试管(II)(试管容积为50 mL)实验a1.0 molL1FeSO4溶液24 mL1.0 molL1Na2CO3溶液24mL倾倒完后，迅速用胶塞塞

15、紧试管I的口部，反复上下颠倒摇匀，使反应物充分混合反应过程中无气泡产生，生成白色絮状沉淀 放置1.52 h后，白色絮状沉淀转化为白色颗粒状沉淀实验b1.0 molL1FeSO4溶液 10 mL1.0 molL1 NaHCO3溶液 20 mL 倾倒完后，迅速产生白色颗粒状沉淀和大量气泡。振荡，经24 min后液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色 (1)甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：_；他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入_，发现产生大量气泡。(2)乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe(OH)2，他将实验a中两种

16、溶液体积均改成15 mL后再进行实验，证实了他的推测。能证明Fe(OH)2存在的实验现象是_。(3)实验b中白色颗粒状沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：_。(4)实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：_。(5)乙同学反思，实验a中含有Fe(OH)2，实验b中几乎不含有Fe(OH)2，对比分析出现差异的原因是_。27、（12分）用含钴废料(含CoCO3、少量NiCO3与铁屑)制备CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：除镍过程中溶液pH对Co的回收率影响如下图所示，部分金属离子在实验条件下

17、开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.54.1Fe2+7.59.7Co2+6.69.4（1）酸浸工艺中用“稀HCl”替代了传统的“盐酸与硝酸的混酸”，其优点为_。（2）除镍时应调节pH=_，此步骤中Ni2+是否形成Ni(OH)2沉淀？_ 。（3）除铁过程的步骤：_，过滤得CoCl2溶液。(可供选用的试剂：30% H2O2、1.0molL-1KMnO4、NaOH固体、CoCO3固体)（4）除铁后加入盐酸调pH的作用是_。（5）工业上采用减压蒸干的方法制备CoCl26H2O，减压蒸干的目的是_。28、（14分）随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x等

18、表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：（1）写出化合物y2x2的电子式 _（用相应的元素符号表示，下同）。（2）写出z的最高价氧化物的水化物与其气态氢化物形成的盐的化学式为_ 。（3）上述元素可组成盐R: egyz。盐R中z的化合价为_价；写出盐R的名称_。（4）写出e的单质在足量d2中燃烧后的产物与y的最高价氧化物反应的化学方程式:_。（5）写出分别由x、d、e、g四种元素组成的两种物质间发生反应的离子方程式为_。29、（10分）Cu2O是重要的催化剂和化工原料，工业上制备Cu2O的主要反应如下：.C(s)+CO2(g)2CO(g) H=+1

19、72.5kJmol-1.CO(g)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO2(g) H=-138.0 kJmol-1请回答：（1）一定温度下，向5L恒容密闭容器中加入1molCO和2molCuO，发生反应，2min时达到平衡，测得容器中CuO的物质的量为0.5mol。0-2min内，用CO表示的反应速率v(CO)=_。CO2的平衡体积分数=_。（2）向5L密闭容器中加入1molC和1molCO2，发生反应。CO2、CO的平衡分压(p)与温度(T)的关系如图所示（平衡分压=物质的量分数总压强）。能表示CO2的平衡分压与温度关系的曲线为_(填p1”或“p2”)，理由是_。温度为T1时，该反应的平衡常数

20、K=_；温度升高，K_（填“变小”、“变大”或“不变”）实验测得，v正=v(CO2)消耗=k正c(CO2)，v逆=v(CO)消耗=k逆c2 (CO)，k正、k逆为速率常数，受温度影响，则温度为T1时，k正/k逆=_。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【题目详解】A.苯是有机物，可与橡胶作用而腐蚀橡胶塞，不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存苯，故A正确；B.NH3遇湿润的红色石蕊试纸使试纸变蓝色，干燥试纸不能变色，故B正确；C.碳酸氢钠在加热条件下可以分解生成碳酸钠，而碳酸钠不会分解，故C错误；D.乙酸乙酯不溶于饱和碳

21、酸钠溶液，但乙酸可与碳酸钠反应，最后通过分液可除去乙酸，故D正确，故选C。2、A【分析】A.可通过形成液面差检验气密性；B.应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气；C.温度计和水的进出方向错误；D.乙醇和乙酸混溶。【题目详解】A.检验气密性,可先关闭止水夹,经长颈漏斗向烧瓶中加水,如形成液面差且液面在一定时间内不变化,可说明气密性良好,故A正确；B.氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢,温度稍低时又可生成氯化铵,应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气,故B错误；C.温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口处；水的进出方向错误，应下进上出，水充满冷凝管,可充分冷凝,故C错误；D.乙醇和乙酸混溶,不能用分液的方法分离,应用蒸馏

22、的方法,故D错误；综上所述，本题选A。【答案点睛】蒸馏实验中要注意：溶液中要加入沸石，防止溶液暴沸；温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸汽的温度；冷凝管中冷却水的流向采用逆流原理，即从下口进入，上口流出，保证冷凝效果好。3、D【题目详解】A. 向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，因为a点溶液呈中性，根据电荷守恒规律，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，故A正确；B. 25时，加入CH3COONa属于强碱弱酸盐，会发生水解使溶液显碱性，使得c(OH-)离子浓度增大，可能引起由c向d的变化，升温溶液中的c(OH)和c(H)同时同等程度的增大，所以可能引起a向c的变化，故B

23、正确；C.由图像知 T时Kw=10-12，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性,故C正确；D. .由图像知b点对应的溶液呈酸性，溶液中NO3-、I在酸性条件下发生氧化还原反应，因此 K、Ba2、NO3-、I不能大量存在，故D错误；答案：D。4、C【答案解析】组装原电池不需要直流电源，答案选C。5、B【题目详解】化学键断裂，不一定发生化学变化，如NaCl溶于水，离子键断裂，但是是一个物理变化，错误；不是所有物质中都存在化学键，如稀有气体中不含化学键，错误；氢键不属于化学键，错误；离子键是阴、阳离子之间的静电作用，包括静电引力和静电斥力，错误；活泼金属与活泼非金属化合时能形

24、成离子键，正确；不是所有原子形成共价键后均满足稳定结构，例如BF3中B原子最外层只有6个电子，错误；离子化合物在熔化状态下能够电离出阴阳离子而导电，而共价化合物由共价分子构成，熔化状态不会导电，故验证化合物是否为离子化合物的实验方法是可以看其熔化状态下能否导电，正确；非金属元素形成的化合物可能含有离子键，如NH4Cl，错误；综上所述：正确。答案为B。6、B【分析】A. 反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应； B. 反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；C. 该反应为吸热反应；D. 该反应为可逆反应。【题目详解】A.当反应物总能量生成物总能量，则反应是吸热反应，但该反应H0，A项错误

25、；B.当反应物总能量0，B项正确；C.根据热化学方程式2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s) H=+92.3kJmol-1可知HCl分解是吸热反应，C项错误；D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)小于1.0mol，放热19.3kJ，则热化学方程式应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H-38.6kJmol-1，D项错误；答案选B。7、C【题目详解】A. 既然Al2O3与SiO2的性质类似，那么焙烧时就能发生如下反应：Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2，A正确；B. 用硫酸浸取操

26、作后所得滤渣(含有Fe2O3)，生成硫酸铁，加入KSCN，溶液变为血红色，B正确；C. 从去除NaAlO2考虑，可以用CO2代替H2SO4，但从分离碳酸钠与Na2MoO4考虑，二者难以分离，所以步骤中不能用CO2代替硫酸，C错误；D. 步骤中，降低温度Na2MoO4没有结晶析出，说明Na2MoO4溶解度随温度变化较小，D正确。故选C。8、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H1。当加入20.00 mL0.1000 molL-1NaOH溶液时恰好生成醋酸钠溶液，因CH3COO-水解pH7。图丁不正确

27、。D项错误。本题选A。11、A【答案解析】葡萄糖制镜或保温瓶胆实际是利用葡萄糖中的醛基还原银氨溶液得到单质银，实际就是发生银镜反应，选项A是利用了葡萄糖的还原性。用除去废水中的，是利用S2-和Hg2+可以形成HgS沉淀的原理，将Hg2+除去，选项B没有利用还原性。用治疗胃酸过多，是因为碳酸氢钠可以与胃酸（HCl）反应，从而达到治疗胃酸过多的目的，所以选项C没有利用还原性。用制备纳米，是利用了的水解能力，所以选项D没有利用还原性。12、D【答案解析】试题分析：A、若溶液中c(K)c(Cl)，则含有K、AlO2、Cl、NO3的溶液由于阳离子总数少带负电荷，而不能大量共存，A错误；B、溶液pH7的溶

28、液是碱性溶液，而S2有还原性，ClO有氧化性，会发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C、水电离产生的c(H)1012mol/L的溶液,可能是酸性也可能是碱性，在酸性溶液中，CO32会发生复分解反应而不能大量共存，ClO、H、NO3、SO32会发生氧化还原反应而不能大量共存，在碱性溶液中，NH4、OH-会发生复分解反应而不能大量共存，C错误；D、向含有Na、Al3、Cl、SO42溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有Al(OH)3沉淀产生，当碱过量时由于Al(OH)3是两性氢氧化物沉又发生反应：Al(OH)3+ OH-AlO2-+ 2H2O，沉淀消失，D正确。答案选D。【考点定位】本题主要是考查离子大量

29、共存的知识【名师点晴】离子间能否大量共存的常设陷阱条件类型高考中的常见表述误点点拨常见的限制条件“无色”有色离子不能大量存在“pH1”或“pH13”溶液显酸性或碱性“因发生氧化还原反应而不能共存”只能是氧化性离子和还原性离子不共存，不是其他离子反应类型常见的易错点“透明”“透明”也可“有色”“不能共存”易看成“能共存”常见的隐含条件“与Al反应放出H2”溶液既可能显酸性也可能显碱性“由水电离出c(H)11012molL1”溶液既可能显酸性也可能显碱性“通入足量的NH3”与NH3H2O反应的离子不能存在常见题干要求（1）“一定大量共存”审清关键字（2）“可能大量共存”（3）“不能大量共存”13、

30、C【分析】根据表格数据，酸性H2CO3HClOHCO3-HIO，据此分析解答。【题目详解】A相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，水解程度大小顺序是：HCO3-ClO-CO32-IO-，所以等物质的量浓度的NaIO、NaClO、NaHCO3和Na2CO3四种溶液中，碱性最强的是NaIO，故A错误；B酸性H2CO3HClOHCO3-，向NaClO溶液通入少量CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-，故B错误；C酸性H2CO3HCO3-HIO，向NaIO溶液中通入少量C

31、O2反应生成HIO和碳酸钠，反应的离子方程式为：2IO-+CO2+H2O2HIO+ CO32-，故C正确；D酸性H2CO3HClOHCO3-，向NaHCO3溶液中加入少量HClO，不能发生反应，故D错误；故选C。【答案点睛】正确理解强酸可以反应制弱酸的原理是解题的关键。本题的易错点为B，要注意酸性H2CO3HClOHCO3-，向NaClO溶液通入少量CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，不能生成碳酸钠。14、B【分析】Al、Fe、Cu 均可与稀硝酸反应，生成V（NO）=6.72L，则 n(NO)=0.3mol，反应中电子转移0.3mol3=0.9mol。加入过量NaOH溶液，生成沉淀为氢氧化铁和氢氧

32、化铜，再利用电子守恒结合质量守恒计算。【题目详解】由标况下 V（NO）=6.72L，则 n(NO)=0.3mol，可知该合金与稀硝酸反应时失去电子0.3mol*3=0.9mol，由合金与过量稀硝酸反应的溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成成沉淀 25.4 g，可知生成的沉淀为氢氧化铁和氢氧化铜混合物，且质量和为 25.4 g，由电子得失守恒和质量守恒进行求算。设生成氢气的物质的量为 xmol，则合金中铝的物质的量为 2x /3 mol，可列出算式：合金中铁和铜的质量和为（17.92x*27 /3）g=（17.9-18x）g，25.4 g沉淀中铁元素和铜元素质量和为 25.4-（0.9-2x）*17=

33、（10.1+34x）g，由 17.9-18x=10.1+34x，解得 x= 0.15 ，故正确答案 B。【答案点睛】本题考查混合物相关计算，注意做题角度，需要从质量守恒和得失电子守恒进行分析。15、A【题目详解】A. 牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，A错误；B. 这里的“洧水”指的是古代发现的石油，B正确；C. “用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，可见加热有蒸汽产生又被冷凝后收集了，故这种方法是蒸馏，C正确；D. 唐代真元妙道要略中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作产生过程及现象，D正确；答案选A。16、B【答案解析】向含

34、1 mol NaHCO3溶液中滴加Ca(OH)2溶液，随Ca(OH)2物质的量的增多，反应的化学方程式依次为：2NaHCO3Ca(OH)2=CaCO32H2ONa2CO3和 NaHCO3Ca(OH)2=CaCO3H2ONaOH。A、滴加Ca(OH)2立即有白色沉淀生成，故A正确；B、当n(NaHCO3): n(Ca(OH)2)=2:1时，即反应的离子方程式2HCO3Ca22OH=CaCO32H2OCO32,故B不正确；C、当b1mol时，发生反应，所以溶液中几乎没有Ca2，故C正确；D、当b1.5mol时，即Ca(OH)2过量，则通入少量CO2会生成CaCO3沉淀，即D正确。所以本题正确答案为

35、B。点睛：弱酸的酸式盐与碱的反应，随物质的量的不同，发生的反应也不同，这类反应是离子方程式书写中的难点和出错点，明确随某物质量的增多依次发生反应的顺序是正确解题的关键。17、A【答案解析】AK+、Na+、AlO2-、CO32-之间不反应，通入氨气后，溶液显碱性，也不反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BSO32-与二氧化硫反应生成HSO3-，不能共存，故B错误；C氯气溶于水，溶液显酸性，与SiO32-反应生成硅酸沉淀，通入氯气后不能大量共存，故C错误；DH+、MnO4-具有氧化性，能够氧化乙烯，通入乙烯后不能共存，故D错误；故选A。18、C【答案解析】该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价

36、、O元素化合价由1价变为0价和2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂。A、根据上述分析，该反应中过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，故A错误；B、该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价，O元素化合价由1价变为0价和2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，所以Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故B错误；C、Na2FeO4处理水时，高铁酸钠具有强氧化性，能杀菌，+6价的铁被还原生成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，所以又能在处理水时产生胶体净水，故C正确；D、反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价+6价，化合价升高的元素还有O元素，由1价0价，则2

37、molFeSO4发生反应时，共有2mol4+1mol2=10mol电子转移，故D错误；所以答案选C。19、C【答案解析】“瓦”由黏土烧制而成，黏土的分成是硅酸盐；古代用蒸馏法酿酒；丹砂是硫化汞，涉及的反应有 HgS=【题目详解】“瓦”由黏土烧制而成，黏土的分成是硅酸盐，所以“瓦”是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故A正确；古代用蒸馏法酿酒，故B正确；丹砂是硫化汞，涉及的反应有 HgS=20、D【题目详解】A、草酸为弱酸，不能拆分，所以用高锰酸钾标准溶液滴定草酸的离子方程式为：2MnO4-6H5H2C2O4=2Mn210CO28H2O，A错误；B、磁性氧化铁中铁的化合价为+2和+3，所以将

38、磁性氧化铁溶于盐酸的离子反应方程式为：Fe3O48H=2Fe3Fe2+4H2O，B错误；C、碳酸氢根为弱酸的酸式根，不能拆分，NaHCO3溶液中加入HCl的离子反应方程式为：HCO3-H=CO2H2O，C错误；D、“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用会产生有毒气体：ClO5Cl6H=3Cl23H2O，D正确；故选D。【答案点睛】判断离子反应方程式正误时，一般通过以下几个方面判断：是否符合客观事实。如B选项，Fe3O4中含有Fe3Fe2；拆分是否正确，能够拆分的只有强酸、强碱和可溶性盐。如A选项，草酸为弱酸，不能拆分；电荷是否守恒。即反应前的电荷数等于反应后的电荷数。21、B【答

39、案解析】A二氧化硫少量反应的离子方程式：SO2+3ClO-+H2O=2HClO+SO42-+Cl-，选项A错误；B四种离子相互不反应，能够共存，三价铁离子能氧化硫离子生成硫单质，硫化氢过量，反应的离子方程式：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，选项B正确；C三价铁离子能够与偏铝酸根离子发生双水解生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，二者不共存，选项C错误；D碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成碳酸根离子和氢氧化铝沉淀，二者不共存，选项D错误；答案选B。22、C【答案解析】根据同主族元素，阴、阳离子半径随着原子序数的增大而增大，要使阳离子与阴离子的半径之比最小，即要求阳离子半径最小，阴离子半径最大，而阳

40、离子半径最小的是锂离子，阴离子半径最大的是碘离子，故选C二、非选择题(共84分)23、二 A 2s22p4 8 S2-Cl- Na+ 、 离子键、共价键 弱于 非金属性也就是得电子的能力 S的原子序数是16 而Cl是17 所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大 所以捕获电子的能力也大 由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O 【分析】A、B、C、D 均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A是地壳中含量最多的元素，则A为氧元素； B 是短周期中金属性最强的元素，则B为钠元素

41、；C 与 D 位置相邻，D 是同周期元素中原子半径最小的元素，则D为氯元素，C为硫元素；A、B、C、D分别为：O、Na、S、Cl 。【题目详解】(1)A为氧元素，在周期表中的位置为第二周期A族，氧原子的最外层电子排布式为2s22p4，氧原子核外共有8个电子，则有8个不同运动状态的电子。答案为：二；A；2s22p4；8；(2) Na、S、Cl 三种元素形成简单离子分别为：Na+、S2-、Cl-，S2-、Cl-分别为三个电子层，Na+为两个电子层，Na+半径最小，电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，故S2-半径大于Cl-半径，半径大小的顺序为：S2-Cl- Na+。答案为：S2-Cl-

42、Na+；(3) O和Na形成化合物有Na2O和Na2O2，电子式分别为、；这些化合物中所含的化学键有离子键、共价键；答案为：、；离子键、共价键；(4) S和Cl为同周期元素，同周期元素从左至右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱：S弱于Cl；从原子结构的角度分析：非金属性也就是得电子的能力 S的原子序数是16 而Cl是17 所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大 所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）2H2O+2S可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O；答案为：弱于；非金属性也就是得电子的能力 S的原

43、子序数是16 而Cl是17 所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大 所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O。24、对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛） 消去反应 氯原子、羧基 n+(n-1)H2O 6 【分析】根据已知，A为，根据流程和已知可知，B为乙烯、C为乙醇、D为乙醛，根据已知，可知E为，被银氨溶液氧化生成F()，F发生消去反应生成G（）。根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为，H在碱性条件下

44、发生水解反应再酸化生成I为，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为。【题目详解】（1）A的化学名称为对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化学式为；（2）的反应类型为消去反应，H分子中官能团的名称是氯原子、羟基；（3）J的结构简式为；（4）I在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的化学反应方程式为n+(n-1)H2O；（5）K是G的一种同系物，相对分子质量比G小14，说明K比G少一个CH2，根据题意知，K的同分异构体分子中含有酚羟基和醛基，根据分子式知还应有碳碳双键，即有OH和CH=CHCHO或连接在苯环上，分别得到3种同分异构体，故符合条件的同分异构体有6种，其中的核磁共振氢谱有6个

45、峰，峰面积之比为221111。25、氯气 氯化氢 H2+Cl22HCl E BD 11.9 BD 【分析】(1) 中心管道内通入氯气，从侧管中通入氢气可以将氯气包围，使氯气充分反应；(2)工业上用氢气在氯气中燃烧的方法制备氯化氢；(3)实验室常用NaCl和浓硫酸加热制取氯化氢，属于固液加热制取气体；(4)根据氯化氢易溶于水进行分析；(5)根据c=计算浓盐酸中HCl的物质的量浓度；【题目详解】(1) 中心管道内通入氯气，从侧管中通入氢气可以将氯气包围，使氯气充分反应，所以A通入氢气、B通入氯气，C处是反应生成的氯化氢气体； (2) 工业上用氢气在氯气中燃烧的方法制备氯化氢，反应的方程式为：H2+

46、Cl22HCl； (3) 实验室常用NaCl和浓硫酸加热制取氯化氢，属于固体和液体起反应需要加热制备气体，故选E装置；(4) 氯化氢易溶于水，既要保证吸收完全，又能防止产生倒吸，故选BD；(5) 该浓盐酸中HC1的物质的量浓度为c= 11.9mol/L；A.根据n=cV，溶液中HC1的物质的量随所取体积的多少而变化，故不选A； B.溶液的浓度是均匀的，不随所取体积的多少而变化，故选B； C. 根据N=cVNA，溶液中Cl-的数目随所取体积的多少而变化，故不选C； D.溶液的密度是均匀的，不随体积的多少而变化，故选D；26、Fe2+ + CO32 FeCO3 稀硫酸(或稀盐酸等，合理答案均可得分

47、) 沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色 Fe2+ + 2HCO3 FeCO3+ CO2+ H2O 4FeCO3 + O2 + 6H2O 4Fe(OH)3 + 4CO2 混合以后，虽然实验b中c(NaHCO3)比实验a中c(Na2CO3)大，但Na2CO3溶液的碱性(或水解程度)比NaHCO3溶液的强 【答案解析】解答本题主要抓住Fe(OH)2和FeCO3的区别进行分析，FeCO3能与酸反应产生气体；Fe(OH)2和FeCO3均能被空气中的氧气氧化为红褐色的氢氧化铁，据此分析解答。【题目详解】(1)实验a中FeSO4与Na2CO3溶液混合若生成的沉淀是FeCO3，则发生复分解反应，反应的离

48、子方程式为：Fe2+ + CO32 FeCO3；FeCO3溶于硫酸或盐酸产生二氧化碳气体，而氢氧化亚铁与硫酸或盐酸反应不会产生气体，则可用稀硫酸或盐酸来鉴别碳酸亚铁和氢氧化亚铁沉淀，故答案为Fe2+ + CO32 FeCO3；稀硫酸(或稀盐酸)； (2)若沉淀中有Fe(OH)2，放置在空气中会被氧化而呈现白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色的现象，故答案为沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色； (3)实验b中的反应物为硫酸亚铁和碳酸氢钠，两者反应除了生成碳酸亚铁沉淀，还有二氧化碳气体和水生成，反应的离子方程式为：Fe2+ + 2HCO3 FeCO3+ CO2+ H2O，故答案为Fe2+

49、+ 2HCO3 FeCO3+ CO2+ H2O；(4) FeCO3被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应中氧气为氧化剂，碳酸亚铁为还原剂，由氧化还原反应规律可得反应的化学方程式为：4FeCO3 + O2 + 6H2O 4Fe(OH)3 + 4CO2，故答案为4FeCO3 + O2 + 6H2O 4Fe(OH)3 + 4CO2；(5) 对比实验a、b，不同之处在于前者反应物为碳酸钠溶液，后者为碳酸氢钠溶液，由于碳酸根离子的水解程度较碳酸根离子的水解大，实验a中混合溶液氢氧根离子浓度较实验b中要大，导致实验a中更易产生Fe(OH)2沉淀，故答案为混合以后，虽然实验b中c(NaHCO3)比实验a中c(

50、Na2CO3)大，但Na2CO3溶液的碱性(或水解程度)比NaHCO3溶液的强。27、减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐（或防止将Co2+氧化）10否向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH至4.1pH6.6，使Fe3+沉淀完全抑制Co2-水解防止COCl26H2O分解【答案解析】含钴废料(含CoCO3、少量NiCO3与铁屑)加稀盐酸酸浸，得到Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水将Co2+、Fe2+沉淀，过滤，向沉淀中加入盐酸酸浸得到Co2+、Fe2+，向溶液中滴加适量30%H2O2，氧化亚铁离子，向溶液中加入CoCO3，根据金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH数据，需要调节溶液pH4.lpH6.6，使Fe3+沉淀完全，过滤得CoCl2溶液，减压蒸干溶液，结晶干燥得CoCl26H2O。(1)硝酸酸浸时氧化Co2+产生氮氧化物，酸浸工艺中用“稀HCl”替代传统的“盐酸与硝酸的混酸”，可以减少有毒气体氮氧化物的排放；同时防止产品中混有硝酸盐(或防止将Co2+氧化)，故答案为减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐(或防止将Co2+氧化)；(2)由图