江苏省盐城市盐城初级中学2022学年高三第一次调研测试化学试卷含解析

2022高考化学模拟试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角〃条形码粘贴处〃o

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3,非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、化学与生产、生活、社会密切相关。下列叙述错误的是

A.还原铁粉能用作食品抗氧化剂

B.夜空中光柱的形成属于丁达尔效应

C.浸泡过KMnO』溶液的硅土可作水果保鲜剂

D.燃煤中加入CaO可减少温室气体的排放

2、某同学采用工业大理石（含有少量SiCh、AI2O3、Fe2（h等杂质）制取CaCL-6H2O,设计了如下流程：

下列说法不正确的是

A.固体I中含有SiO2,固体II中含有Fe（OH）3

B.使用石灰水时，要控制pH,防止固体II中A1（OH）3转化为A1O2-

C.试剂a选用盐酸，从溶液HI得到CaC12・6HzO产品的过程中，须控制条件防止其分解

D.若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净

CaCl2•6H2O

3、下列指定反应的离子方程式不正确的是（）

A.NCh溶于水：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO

B.漂白粉溶液呈碱性的原因：CIO+H2OHC1O+OH

C.酸性条件下用H2O2将海带灰中r氧化：H2O2+2I-+2H+=L+2H2O

3++

D.氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al+4NHyH2O=AlO2+4NH4+2H2O

4、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）

A.SSO3肥H2sChB.AhOrNaAlO2（aq）C02,AkOH”

(啦(盐酸.蒸发一无水

C.SiO2HCIsiCLX^SiD.Fe2hFeCb(aq)FeCl3

5、向恒温恒容密闭容器中充入ImolX和ImolY,发生反应X(g)+2Y(g)=±Z(g)+W(s),下列选项不能说明反应已

达平衡状态的是

A.vI(X)=2viS!(Y)B.气体平均密度不再发生变化

C.容器内压强不再变化D.X的浓度不再发生变化

6、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是

选项实验操作和现象结论

A向苯酚浊液中滴加Na2cCh溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2c03的酸性

向碘水中加入等体积CCL,振荡后静置，上层接近无色，下

BL在CCL中的溶解度大于在水中的溶解度

层显紫红色

C向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Fe2+的氧化性强于CW+的氧化性

向NaCl、Nai的混合稀溶液中滴入少量稀AgNCh溶液，有

DKSp(AgCI)>Ksp(AgI)

黄色沉淀生成

A.AB.BC.CD.D

7、某原子电子排布式为Is22s22P3,下列说法正确的是

A.该元素位于第二周期niA族B.核外有3种能量不同的电子

C.最外层电子占据3个轨道D.最外层上有3种运动状态不同的电子

8、实验室用NH4Ck盐酸、NaClO2为原料制备C1O2的过程如下图所示，下列说法不正确的是

A.X中大量存在的阴离子有cr和OHB.NC13的键角比CH4的键角大

C.NaCKh变成C1O2发生了氧化反应D.制取3moic1。2至少需要0.5molNH4cl

9、用下列实验装置(部分夹持装置略去)进行相应的实验，能达到实验目的的是

IV

A.加热装置I中的烧杯分离l2和FeB.利用装置H合成氨并检验氨的生成

C.利用装置ni制备少量的氯气D.利用装置IV制取二氧化硫

10、中国科学家在合成氨（N2+3H2K^2NH3/kH＜0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这

一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。如图所示，下列说法不正确的是

A.转化过程中有非极性键断裂与形成

B.复合催化剂降低了反应的活化能

C.复合催化剂能降低合成氨反应的始变

D.低温下合成氨，能提高原料转化率

11、室温下向l（）mL＜0.1❷mol-LNaOH溶液中加入O.lmoLL1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列

说法正确的是（）

A.a点所示溶液中c（Na+）＞c（A）＞c（H+）＞c（HA）

B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同

C.pH=7时，c（Na+）=c（A）+c（HA）

D.b点所示溶液中c（A-）＞c（HA）

12、港珠澳大桥使用了大量的含盥高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是

A.抗震性好B.耐腐蚀强C.含碳量高D.都导电导热

13、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）

A.NH4HCO3受热易分解，可用作化肥

B.NaHCfh溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂

C.SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白

D.ALO3具有两性，可用于电解冶炼铝

14、下列有关实验的操作正确的是

实验操作

A除去NaHCCh固体中混有的NHQ直接将固体加热

B实验室收集Cu与稀硝酸反应成的NO向上排空气法收集

C检验乙酸具有酸性配制乙酸溶液，滴加NaHCCh溶液有气泡产生

取20.00ml该稀硫酸于干净的锥形瓶中，用

D测定某稀硫酸的浓度

0.1000mol/L的NaOH标准液进行滴定

A.AB.BC.CD.D

15、下列各组物质所含化学键相同的是()

A.钠(Na)与金刚石(C)

B.氯化钠(NaCD与氯化氢(HC1)

C.氯气(CL)与氮气(He)

D.碳化硅(SiC)与二氧化硅(SiO2)

16、实验是化学研究的基础。关于下列各实验装置图的叙述中正确的是()

A.装置①常用于分离互不相溶的液态混合物

B.装置②可用于吸收氨气,且能防止倒吸

C.用装置③不可以完成“喷泉”实验

D.用装置④稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液

二、非选择题（本题包括5小题）

17、研究表明不含结晶水的X（由4种短周期元素组成），可作为氧化剂和漂白剂，被广泛应用于蓄电池工业等。为探

究X的组成和性质，设计并完成了下列实验：

白色沉淀:9.32g

浓硫酸气体单质B0.224L

,（折算成标况）

已知：气体单质B可使带火星的木条复燃。

（1）X中含有的元素为：—；图中被浓硫酸吸收的气体的电子式为：.

（2）请写出①的化学方程式：.

（3）已知X常用于检验MM+,它可将Mi?+氧化成MnCh-。请写出X溶液和少量MnCh溶液反应的离子方程式:

18、H是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烧A制备H的合成路线如图。

回答下列问题:

（1）A物质的一氯代物共有种；

（2）B物质中含有的官能团名称5

（3）①的反应试剂和反应条件分别是,③的反应的类型是;

（4）E物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取F物质，用系统命名法对E物质命名,F物质的结构简式

为;

（5）⑤的化学反应方程式为;

0

（6）对甲氧基乙酰苯胺（口小zTA-vn2zu）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醛

H3C—0—NH-C-CII3

（H3C—O—^））制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）

（合成路线常用的表达方式为：……目标产物）。

3232

19、某溶液X含有H+、Al\NHZ,Fe\Fe\HCO3\S\SO?,Cl\OFT中的一种或几种，取该溶液进行实验,

实验内容和相关数据(气体体积在标准状况下测定)如下：

(1)通过上述实验过程，一定不存在的离子是。

(2)反应①中生成A的离子方程式为«

(3)若测得X溶液中c(H+)=6mol-L\则X溶液中(填“含”或“不含”)Fe3+,c(Fe3+)=mol-L/(若填不含，

则不需计算)，X溶液中c(CD=mol-L1,

20、硫代硫酸钠(Na2s2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性，可用于棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原

剂。易溶于水，不溶于乙醇。Na2s2。3・5%0于40〜45c熔化，48c分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备

Na2S2O3»5H2Oo制备原理为：Na2sO3+S+5HzO=Na2szCh当HzO。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠晶体并探究

其化学性质。

I.实验室制取Na2s晶体的步骤如下：

①称取12.6gNa2sth于烧杯中，溶于80.0mL水。

②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。

③水浴加热(如图1所示，部分装置略去)，微沸，反应约1小时后过滤。

④滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2s2。3・5比0晶体。

⑤进行减压过滤(如图2所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答：

(1)仪器B的名称是。

(2)步骤④在浓缩过程中不能蒸发过度，其原因是。步骤⑤如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下,

再关抽气泵，其原因是»

(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是

A.水B.乙醇C.氢氧化钠溶液D.稀盐酸

H.设计以下实验流程探究Na2s2O3的某些化学性质

P—p%氏②加入足量氟水

NaiSa溶液»白色沉淀B

同时加入氯化钢溶液

(4)实验①Na2s2。3溶液pH=8的原因是(用离子方程式表示)。

(5)写出实验②中发生的离子反应方程式____。

IIL用Na2s2O3的溶液测定溶液中C1O2的物质的量浓度，可进行以下实验。

步骤1:准确量取CICh溶液10.00mL,稀释成100mL试样。

步骤2：量取％ML试样加入到锥形瓶中，调节试样的pHW2.0,加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已

+

知：C1O2+I+H—I2+C1+H2O未配平)。

步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol/LNa2s2O3溶液滴定至终点，消耗Na2s2O3溶液V2mL(已知：L+ZSzCVkZr

2

+S4O6')O

(6)滴定终点现象是。根据上述步骤计算出原C1O2溶液的物质的量浓度为mol/L(用含字母的代数式表示)。

21、钙钛矿(主要成分是CaTiCh)太阳能薄膜电池制备工艺简单、成本低、效率高，引起了科研工作者的广泛关注,

科学家认为钙钛矿太阳能电池将取代硅基太阳能电池的统治地位。

(1)基态Ti原子的价电子排布式为一,能量最高的能级有一个空轨道；Si、P、S第一电离能由小到大顺序是一。

(2)碳和硅的有关化学键键能如表所示：

化学键C-CC-HC-OSi-SiSi-HSi-O

键能/kJ・mol”356413336226318452

硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷煌多，原因是_。

(3)一种新型熔融盐燃料电池以Li2cCh和Na2cCh的熔融盐混合物作电解质，则Cth"的空间构型为一。

(4)CM+能与乙二胺(H2N—CHLCH2—NH2)形成配离子如图：

该配离子中含有的化学键类型有_(填字母)。

a.配位键b.极性键c.离子键d.非极性键

一个乙二胺分子中共有一个。键，C原子的杂化方式为一。

（5）CaTiCh的晶胞为立方晶胞，结构如图所示（图中Ca2+、O2\Ti"分别位于立方体的体心、面心和顶角）Ca?+的配

位数为与Ti，+距离最近且相等的O”有一个；晶体的密度为pg/cn?,最近的Ti4+和02.之间的距离为_nm（填计算

式）。（CaTiCh的摩尔质量为136g/moLNA为阿伏加德罗常数）。

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

【答案解析】

A.Fe具有还原性，能够吸收空气中的氧气，则还原铁粉可以用作食品袋中的抗氧化剂，故A正确；

B.含有灰尘的空气属于胶体，光柱是胶体的丁达尔效应，故B正确；

C.乙烯具有催熟效果，能够被高铳酸钾溶液氧化，所以浸泡过KMnO,溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜

期，故C正确；

D.加入氧化钙，可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，燃煤中加入CaO

后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体二氧化碳的排放量，故D错误；

故选D。

2、D

【答案解析】

工业大理石（含有少量SiCh、AI2O3、FezCh等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混

合溶液，所以固体I中含有SiO2,滤液中加石灰水，控制pH,可以得到A1（OH）3、Fe（OH）3沉淀，即为固体H,过滤,

向滤液加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCL•6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其

分解；

【题目详解】

A.根据上面的分析可知，固体I中含有SiCh,固体H中含有Fe（OH）3,A正确；

B.氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成A1O小B正确；

C.CaCL•6氏0易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C正确；

D.若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化钱，经蒸发浓缩、冷却结晶得

到的CaCL・6H2O不纯，D错误；

答案为D。

3、D

【答案解析】

+

A.NCh溶于水生成硝酸与NO,其离子方程式为：3NO2+H2O=2H+2NO3+NO,A项正确；

B.漂白粉溶液呈碱性的原因是次氯酸根离子发生水解所致，其离子方程式为：C1O+H2O^HC1O+OH,B项正确；

+

C.酸性条件下，用H2O2将海带灰中r氧化，其离子方程式为：H2O2+2I+2H=l2+2H2O,C项正确；

D.氯化铝的溶液中加入过量氨水，沉淀不会溶解，其正确的离子反应方程式为A13++3NH.rH2O=Al(OHW+3NH4+,D

项错误；

答案选D。

【答案点睛】

D项是学生的易错点，要特备注意，氢氧化铝不溶于弱酸如碳酸，也不溶于弱碱如氨水等。

4、B

【答案解析】

A.S点燃条件下与02反应不能生成SO3；

B.ALO3和NaOH溶液反应生成NaAKh,NaAKh溶液中通入CO2,生成A1(OH)3沉淀；

C.SiO2一般情况下不与酸反应；

D.FeCh溶液会发生Fe3+的水解；

【题目详解】

A.S点燃条件下与空气或纯02反应只能生成SO2,不能生成SO3,故A错误；

B.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应

NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)31+NaHCO3,所以能实现，故B正确；

C.SiO2与盐酸溶液不发生，故c错误；

D.FeCb溶液在加热时会促进Fe3+的水解：FeCh+3H2O=Fe(OH)3+3HCl,最终得不到无水FeCb,故D错误；

故答案为Bo

【答案点睛】

本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要

关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。

5、A

【答案解析】

A.在任何时刻都存在：2丫正3)=丫正(丫)，若踪(*)=2叱迪(Y),则v正(丫)=2罹(*)=4v逆(Y),说明反应正向进行，未达到平

衡状态，A符合题意；

B.反应混合物中W是固体，若未达到平衡状态，则气体的质量、物质的量都会发生变化，气体的密度也会发生变化,

所以当气体平均密度不再发生变化时，说明反应处于平衡状态，B不符合题意；

C.反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气体的物质的量发生变化，所以若容器内压强不再变化，则反应处于平衡状

态，C不符合题意；

D.反应在恒温恒容的密闭容器中进行，若反应未达到平衡状态，则任何气体物质的浓度就会发生变化，所以若X的浓

度不再发生变化，说明反应处于平衡状态，D不符合题意；

故合理选项是A„

6、B

【答案解析】

A项，苯酚的酸性弱于碳酸；

B项，CCL将L从碘水中萃取出来，L在CCL中的溶解度大于在水中的溶解度；

C项，Fe从CuSCh溶液中置换出Cu,CM+的氧化性强于Fe?+；

D项，向NaCl、Nai的混合液中加入AgNCh溶液产生黄色沉淀，NaCkNai的浓度未知，不能说明AgCl、Agl溶度

积的大小。

【题目详解】

A项，向苯酚浊液中加入Na2cCh溶液，浊液变清，发生反应?+Na2c。3->?+NaHCCh,酸性：

OHONa

H2cO3>Q>HCO3,A项错误；

OH

B项，向碘水中加入等体积CCL,振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCL将L从碘水中萃取出来，

L在CCL,中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；

C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu,根据同一反应中氧化性：氧化

剂〉氧化产物，氧化性CM+>Fe2+,C项错误；

D项，向Na。、Nai的混合稀溶液中滴入少量稀AgNCh溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到Agl的溶度积，但由于

NaCkNai的浓度未知，不能说明AgCl、Agl溶度积的大小，D项错误；

答案选B。

【答案点睛】

本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D项，产生错误的原因

是：忽视NaCl、Nai的浓度未知，思维不严谨。

7、B

【答案解析】

由原子电子排布式为Is22s22P3,可知原子结构中有2个电子层，最外层电子数为5,共7个电子，有7个不同运动状

态的电子，但同一能级上电子的能量相同，以此来解答。

【题目详解】

A.有2个电子层，最外层电子数为5,则该元素位于第二周期VA族，故A错误；

B.核外有3种能量不同的电子，分别为Is、2s、3P上电子，故B正确；

C.最外层电子数为5,占据1个2s、3个2P轨道，共4个轨道，故C错误；

D.最外层电子数为5,则最外层上有5种运动状态不同的电子，故D错误；

故答案为B。

8、B

【答案解析】

电解

由制备流程可知，氯化钱与盐酸的混合溶液电解时发生NH4CI+2HCI_3H2T+NCL,然后加亚氯酸钠溶液发生

6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2T+NH3t+3NaCl+3NaOH,贝!|X含NaOH、NaCl,以此来解答。

【题目详解】

A.NaCKh溶液与NCb溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O参加，所以反应方程式为

6NaClO2+NCb+3H2O=6CK）2T+NH3f+3NaCl+3NaOH,所以大量存在的阴离子有CL和OH;故A正确；

B.N原子、C原子均为sp3杂化，NCb分子有1对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间排

斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCb的的键角小于CH4的键角，故B错误；

C.NaCKh变成CKh,NaCKh中氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，故C正确；

电解

D.由反应NH4C1+2HC1----------3H2T+NQ3、6NaClO2+NCb+3H2（）=6ClO2T+NH3T+3NaCl+3NaOH可知，制取

3moicKb至少需要OfmolNHUCL故D正确；

故选：B。

【答案点睛】

孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力。

9、C

【答案解析】

A、加热时L和Fe发生化合反应，故A错误；

B、检验氨的生成要用湿润的pH试纸，故B错误；

C、高铸酸钾氧化性较强，在常温下就可以与浓盐酸反应产生氯气，故C正确；

D、铜与浓硫酸反应制取二氧化硫要加热，故D错误。

答案C。

10、C

【答案解析】

A.合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；

B.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；

C.催化剂不能改变反应的焰变，焙变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；

D.合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确；

答案选C。

11、D

【答案解析】

A.a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7,说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c（HA）＞c（lT）,故A错

误；

B.a点A水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H*，抑制水的电离，故B错误；

C.pH=7时，c（H+）=c（OH-）,由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH。，则c（Na+）=c（A）,故

C错误；

D.b点HA过量一倍,溶液存在NaA和HA,溶液呈酸性,说明HA电离程度大于、水解程度,则存在c（A.）＞c（HA）,

故D正确。

故答案为D,

12、C

【答案解析】

A.钢中的含碳量低于生铁，含碳量越大，硬度越高，但是生铁的韧性较钢要差，钢材的抗震性更好，故A正确；

B.该钢材改变了金属的组成和结构，比生铁的抗耐蚀性要好，故B正确；

C.根据生铁的含碳量为：2%-4.3%,钢的含碳量为：0.03%--2%,可知含碳量：生铁＞钢，故C错误；

D.钢材和生铁都是合金都有金属，都导电导热，故D正确；

题目要求选错的，故选C。

13、B

【答案解析】

A、NH4HCO3含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3受热易分解无关，故A不符合题意；

B、NaHCCh能与盐酸反应，并且NaHCCh溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B符合题意；

C、SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2具有氧化性无关，故C不符合题意；

D、熔融状态下的AI2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与AWh具有两性无关，故D不符合题意；

故选：B。

【答案点睛】

高中阶段常见具有漂白的物质类型有：①强氧化性（漂白过程不可逆），常见物质有03、H2O2、Na2O2>NaClO.HC1O、

Ca（ClO）2等；②形成不稳定化合物型（漂白过程可逆），常见物质有SO2；③物理吸附型（漂白过程不可逆），常见物质有

活性炭。

14、C

【答案解析】

A、加热NaHCCh和NH4a均分解，故A错误；B、NO能与反应，不能用排空集气法收集，故B错误；

C、NaHCO3+CH3COOH=CH3COONa+H2O+CO21,故C正确；D、稀硫酸与NaOH溶液的反应没有明显现象，

需要滴入指示剂，否则无法完成实验，故D错误；故选C。

15、D

【答案解析】

根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，

但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。

【题目详解】

A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意；

B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HC1为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；

C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意；

D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；

故选：D。

【答案点睛】

本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价

键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。

16、D

【答案解析】

A、该装置为蒸储装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸饵的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A

错误；

B、氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸，该装置中苯没有缓冲作用，所以不能防止倒吸，故B错误；

C、氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故C错误；

D、浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸的密度大于水，稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中,图示操作合理，所以D选项是

正确的；

综上所述，本题应选D。

二、非选择题(本题包括5小题)

H

17、N、H、S、OH：R：H2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2so4+4NH3+O2T+6H2O

22+2+

7S2O8+2Mn+4Cl+8H2O=2Cl2T+2MnO4+14SO4+16H

【答案解析】

从图中可以采集以下信息：m(X)=4.56g,m(BaSO4)=9.32g,V(O2)=0.224L,V(NH3)=1.12L-0.224L=0.896Lo

9.32g0224L0.896L

n(BaSO)==0.04mol,〃(O2)==0.0Imoln(NH)==0.04mol,,在X中,

4233g/mol22.4L/mol322.4L/mol

/n(NH4+)=0.04molxl8g/mol=0.72g,m(S)=0.04molx32g/mol=1.28g,则X中所含O的质量为/n(O)=

2.56g,

4.56g-0.72g-1.28g=2.56g,n(O)=,=0.16mol

16g/molo

X中所含NH4+、S、O的个数比为0.04:0.04:0.16=1:1:4,从而得出X的最简式为NH4s(h,显然这不是X的化学式，

X可作为氧化剂和漂白剂，则其分子中应含有过氧链，化学式应为(NH4)2S2O8。

(1)从以上分析，可确定X中含有的元素：图中被浓硫酸吸收的气体为N%。

(2)反应①中，(NHRSzOs与NaOH反应，生成BaSCh、NH3、O2等。

(3)已知X常用于检验MM+,它可将Mi?+氧化成MnO/。则(NHRSzOs与MnCL反应生成MnOj、CL、S(V噂。

【题目详解】

H

(1)从以上分析，可确定X中含有的元素为N、H、S、O；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3,电子式为H：N：H。答

H

案为：N、H、S、O；H：N：H；

(2)反应①中，(NH4)2S2O8与NaOH反应，生成BaS(h、NH3、O2等，且三者的物质的量之比为4:4:1,化学方程式

为2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2so4+4NH3+O2T+6H20。答案为：2(NH02S2O8+8NaOH=4Na2so4+4NH3+O2T+6H2O；

(3)已知X常用于检验Mi?+,它可将MM+氧化成MnO/。则(NHQ2S2O8与MnCL反应生成MnOj、Cl2>SO.?•等。

S2(V-中有两个O从-1价降低到-2价，共得2e-；MnCL中，Mi?+由+2价升高到+7价，由-1价升高到0价，MnCh

22+

共失7e1从而得到下列关系：7S2O8+2Mn+4Cl——2CLT+2MnO/+14so4备，再依据电荷守恒、质量守恒进行配平,

从而得出反应的离子方程式为7s2(V+2Mn2++4a-+8H2O=2C12T+2MnO/+14SO42-+16H+。答案为:

22+2+

7S2O8+2Mn+4Cr+8H2O=2C12T+2MnO4+14SO4+16Ho

CH

18、4氯原子氯气、光照还原反应2.甲基丙烷3

H3C-CH-COOH

+HBr

OCH3

由B的结构可知，芳香烧为A为C>-CH3,A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B,B与浓硝酸在浓硫酸、加

热条件下发生取代反应生成C,C发生还原反应生成D,D与G在毗咤条件下发生取代反应生成H.由F的分子式、

CHsCH3

G的结构，可知F为I，E系列转化得到F,结合E的分子式，可知E为I。

H3C-CH-COOHH3C-CH-CH3

【题目详解】

（D由B的结构可知，芳香垃为A为">-CH3,A物质的一氯代物在苯环上有3种，在甲基上有1种，故共有4种,

故答案为：4；

（2）B的结构简式为：<^>-CCl3,B物质中含有的官能团名称为：氯原子，故答案为：氯原子；

（3）反应①是O-CH3转化为《D-CC13,反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应③中硝基转化为氨基,

属于还原反应，故答案为：氯气、光照；还原反应；

（4）由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F,结合E的分子式，可知E为

H3C-CH-COOH

CH3CH3

I，用系统命名法对E物质命名为：2.甲基丙烷，故答案为：2.甲基丙烷;I

H3C-CH-CH3H3C-CH-COOH

故答案为:

(6)结合合成路线图中转化可知,在毗咤条件下反应生成

0

先发生硝化

H3C-O^F-NH-C-CH3,乙酸与SOCWPCb作用生成H3C—P—Cl

9CH,

反应，然后与Fe/HCl作用生成©

合成路线流程图为:

?厂4，故答案为:

H3C-C-HN-<f_7-OCH3

0

H3C-C-HN-<^^-OCH3

22++3+

19、HCOj,S\OH3Fe+NO3+4H=3Fe+NOt+2H2O含28

【答案解析】

测得X溶液中c(H+)=6mol/L,在强酸性溶液中与H+反应的离子不能大量存在；一定不会存在HCCh、S2\OH离子,

加入过量硝酸钢生成沉淀，则沉淀C为BaSO〈沉淀，说明溶液中含有SO—离子，生成气体A,A连续氧化生成D和

E,则A为NO,D为NO2,E为HNO3,说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe?+离子，溶液B中加入过量NaOH

溶液，生成气体F,则F为NH3,说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CCh气体，生成沉淀I,贝11I为A1(OH)3,

H为NaAKh,沉淀G为Fe(OH)3,说明原溶液中含有AF+离子，通过计算氢氧化铁物质的量和原溶液中亚铁离子物质

的量判断原溶液中含有Fe3+,溶液显酸性，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO：离子，根据已知溶液中电荷守恒计

算确定是否含有的离子CL以此解答。

【题目详解】

2+

通过上述分析可知：气体A是NO,溶液B中含有AF+、NH4\Fe,沉淀C是BaSOs气体D是NO2,溶液E为

HNO3>气体F是N%,I为A1(OH)3,H为NaAKh,沉淀G为Fe(OH)3：

(1)由于测得X溶液中c(H+)=6mol/L,溶液显酸性，在强酸性溶液中与H+反应的离子HCO丁、S2\OH-不能大量存在；

故原溶液一定不会存在HCOj、S2\OH-离子；

⑵在X中含有Fe2+、H+,当加入Ba(NO3)2溶液时，会发生氧化还原反应，产生Fe3+、NO、H2O,反应的离子方程式:

2++J+

3Fe+NO3+4H=3Fe+NOt+2H2O；

2++3+

(3)n(NO)=0.224L4-22.4L/mol=0.01mol,根据3Fe+NO3+4H=3Fe+NOt+2H2O中Fe?+与NO的关系可知

n(Fe2+)=3n(NO)=0.03mol,n[Fe(OH)3]=5.35g4-107g/mol=0.05mol>n(Fe2+)=0.03mol,根据Fe元素守恒，说明在原溶液

中含有Fe3+,其物质的量是0.02moL由于溶液的体积是0.01L,所以c(Fe3+)=0.02mol+0.01L=2mol/L；该溶液中，

n(H+)=6mol/Lx0.01L=0.06mol,根据元素守恒可得n(NH4+)=n(NH3)=0.224Lv22.4L/mol=0.01mol,

23+

n(S04)=n(BaS04)=16.31g4-233g/mol=0.07mol,n(Al)=n[Al(OH)3]=0.78gv78g/mol=0.01mol,根据(3)计算可知

2+3+3+3+2++

n(Fe)=0.03mobn(Fe)=0.02mol,由于正电荷总数：3n(Al)+3n(Fe)+2n(Fe)+n(NH4)+

+2

n(H)=3x0.01mol+3x0.02mol+2x0.03mol+0.01mol+0.06mol=0.22mol>n(S04)=0.07mol,其所带的负电荷数

0.07molx2=0.14mol<0.22mol,所以该溶液中还含有带负电荷的CI,其物质的量为n(C「)=0.22mol-0.14moi=0.08moL

其物质的量浓度c(Cl)=0.08molv0.01L=8inol/L«

【答案点睛】

本题考查无机物的推断的知识，根据物质间发生反应的特殊现象结合离子共存来分析解答，熟悉物质的性质是解本题

关键，根据溶液和硝酸钢反应生成气体确定溶液中存在亚铁离子，为解答本题的易错点，有时要结合电荷守恒判断某

种离子的存在性及其含量的多少。

2

20、球形冷凝管避免温度高于48℃,Na2s2O3・5H2O发生分解避免发生水倒吸BS2O3+H2O^HS2O3

2cV

+OH-S2O32'+5H2O+4C12+2Ba2+=2BaSO4；+8Cl+10H+溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复三户

【答案解析】

(1)、根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管；

(2)、根据题干信息，Na2s2()3・5H2O于40〜45℃熔化，48'C分解，解答；停止抽滤时，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，

再关抽气泵，是为了避免发生水倒吸；

(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提

高反应速率；

(4)、常温下，由pH=8,是Na2s2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；

(5)、加入足量氨水同时加入氯化领溶液，氯水具有氧化性，Na2s2O3具有还原性，发生氧化还原反应，生成SO4z-和

C1,生成的-再与Ba?+反应；

(6)、滴定终点时NazSzth溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去；由方程式2cKh+lOr

3

+8H+=5L+2C1+4H2O、I2+2S2O32=21+S4(V得关系式ClCh~52s2O3*,nQS2O3*)=cV2xl0mob所以VunLCIO2的溶

4

液中含有的CKh的物质的量为2cV2xl0mol,根据c=£计算出原CKh溶液的物质的量浓度。

【题目详解】

(1)由装置图可知仪器B为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；

(2)加热时应避免温度高于48℃,Na2s2(h・5H2O发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管

上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸，

故答案为：避免温度高于48C,Na2s2。3・5%0发生分解；避免发生水倒吸；

(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇，故答案为：B；

(4)Na2s2。3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为SzCVYH200Hs2。3一+011一，

故答案为：S2O32+H2O-HS2O3+OH；

22++

(5)实验②中发生的离子反应方程式为S2O3+5H2O+4Cl2+2Ba=2BaSO4+8Cr+10H,

22++