福建省厦门双十中学2022届高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年福建省厦门双十中学高三（上）期中化学试卷一、选择题（共22小题，每小题3分，满分66分）1．今年全国两会普及使用了“石头纸”，这是以碳酸钙为主料（内层）、聚乙烯等高分子材料为辅料（双外层）制成的．有关“石头纸”的说法错误的是()A．不易燃烧B．有利于保护森林C．防油不防水D．不易降解2．民以食为天，下列关于厨房调味品的说法正确的是()A．食醋和料酒的主要成分都是有机酸B．食盐和味精的成分中都含有钠离子C．蔗糖和小苏打都是可溶于水的电解质D．食用油和人造奶油都不能与溴水发生加成反应3．下列变化过程不必利用催化剂的是()A．NH3+O2→NOB．CH4→CH3ClC．+H2→D．C6H12O6→C2H5OH4．下列说法错误的是()石油分馏产品乙烯CH2BrCH2Br．A．石油主要是由烃组成的混合物B．①主要发生物理变化C．②包括裂化、裂解等过程D．③是加成反应，产物名称是二溴乙烷5．下列有关碳酸钠在化学实验中的作用叙述错误的是()A．用碳酸钠溶液制备少量烧碱B．用热的碳酸钠溶液洗涤试管内壁的油污C．用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl气体D．用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸6．随着科技的进步，研究和制备物质的手段和途径越来越多，C60、H3、O2+、N5+等已被发现．下列有关说法正确的是()A．H2和H3属于同位素B．O2+中不含化学键C．C60中含有共价键D．N5+中含有离子键7．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是()A．1molNaHSO4固体中含离子总数为3NAB．标准状况下，11.2LSO3中含有分子的数目为0.5NAC．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NAD．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有分子的数目为0.1NA-29-\n8．C、Si、S都是重要的非金属元素，以下分析正确的是()A．三者的单质均存在同素异形现象B．三者对应的氧化物均为酸性氧化物C．CO2、SiO2、SO2都能与H2O反应，其反应类型相同D．同温度、同浓度三溶液的pH：Na2SiO3＜Na2SO3＜Na2CO39．Se、Br两种元素的部分信息如图所示，下列说法正确的是()A．原子半径：Br＞Se＞PB．还原性：S2﹣＞Se2﹣＞Br﹣C．SeO2既有氧化性又有还原性D．在Se2Br2分子中只含有极性键10．NH4HCO3是一种离子化合物，下列关于该物质的叙述正确的是()A．所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为：H＜C＜N＜OB．同周期的三种元素的得电子能力由大到小的顺序为：N＞O＞CC．其与足量氢氧化钠溶液共热的离子方程式为：NH+4+OHˉNH3↑+H2OD．除去NaCl固体中混有的NH4HCO3固体可以采用加热的方法11．铁是目前使用量最大的金属，下列有关铁及其化合物的说法正确的是()A．铁是位于第四周期第ⅧB族的元素，是一种重要的过渡元素B．向浅绿色的Fe（NO3）2溶液中加入盐酸，溶液变黄C．14g铁粉和7g硫粉在空气中充分反应能生成21g硫化亚铁D．四氧化三铁可以看成是氧化铁和氧化亚铁组成的混合物12．Na2CO3、CaCO3、BaCO3、CuCO3等碳酸盐都能与相同浓度的稀硫酸反应放出CO2，其中反应最为缓慢的是()A．Na2CO3B．CaCO3C．BaCO3D．CuCO313．I2Cl6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可得到晶体ICl3．ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性．若生成物之一是HCl，则另一种是()A．HIO3B．HIO2C．HIOD．ICl14．有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应为：①3ZnO+2Al═Al2O3+3Zn②3Zn+C2Cl6═3ZnCl2+2C下列有关叙述不正确的是()A．反应①是铝热反应B．反应②是置换反应-29-\nC．烟幕是小液滴分散在空气中形成的D．C2Cl6属于卤代烃15．如图是某“泡腾片”的标签．将这样一粒泡腾片放入水中，药片完全溶解，同时产生了大量气泡．这个过程() 泡腾片每片含：碳酸钙500mg维生素1000mg柠檬酸1350mg用量…用法…A．溶解了500mg的Ca2+B．释放了224mL的气体（标准状况）C．发生了发应：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OD．说明了柠檬酸的酸性比碳酸强16．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液；③将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝．下列判断不正确的是()A．化合物KCrO2中Cr元素为+3价B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物C．实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性D．实验③证明氧化性：Cr2O72﹣＞I217．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是()选项叙述Ⅰ叙述ⅡAKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42﹣CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0mol•L﹣1的Ca（OH）2溶液A．AB．BC．CD．D18．某同学探究氨和铵盐的性质，相关实验操作及现象描述正确的是()A．加热NH4Cl晶体制备氨气B．将蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒靠近，观察到白烟C．将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中，研究Al（OH）3的两性D．室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，比较N和Na的金属性强弱19．下列有关实验原理或实验操作不正确的是()-29-\nA．实验室制备氢氧化铁胶体B．氨气的收集、检验装置C．蒸发结晶获得胆矾晶体D．实验室制乙酸乙酯20．利用如图所示实验装置测定气体摩尔体积，所用药品为1g锌粒和10mL0.5mol•L﹣1硫酸溶液，相关叙述正确的是()A．实验时，将硫酸溶液倾斜倒入锌粒中B．实验时，量气管压入漏斗的水过多而溢出，不影响实验C．实验时，待体系温度降低到0℃时方可进行读数D．实验时，用CCl4代替水，测得氢气的体积更准确21．室温下，在0.2mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0mol•L﹣1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是()-29-\nA．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH﹣⇌Al（OH）3B．a﹣b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变C．b﹣c段，加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀D．d点时，Al（OH）3沉淀开始溶解22．天然碱的组成可以用aNa2CO3•bNaHCO3•cH2O（a、b、c为整数）表示．通过以下实验测定某天然碱的化学式，将质量为12.45g的某天然碱溶于水，逐滴滴加某浓度的稀盐酸，产生气体的体积与加入盐酸的体积（标准状况）的关系如下表所示：下列说法错误的是()盐酸体积（mL）20406080产生气体体积（mL）056016802520A．加入盐酸体积小于20mL时，体系发生的离子反应为：CO32﹣+H+═HCO3﹣B．加入盐酸体积为50mL时，产生气体（标准状况）的体积为1120mLC．本实验使用盐酸的浓度为2.5mol•L﹣1D．该天然碱的化学式为Na2CO3•2NaHCO3•2H2O二、解答题（共5小题，满分84分）23．（16分）由短周期元素组成的中学常见物质A、B、C、D、E存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略）．（1）若反应①在常温下进行，且E有漂白、杀菌作用，C是造成温室效应的主要气体，则：E的电离方程式为__________，反应③的离子反应方程式为__________．（2）若反应①是重要的工业反应之一，X是生产生活中使用最广泛的金属，则：a．若B为气体单质，反应①的化学反应方程式为__________．b．若E为非金属氧化物，C的化学式为__________．（3）若A分子含有4个碳原子，D、E是同种有机物，75%B的水溶液常用于医疗消毒，则：反应①的化学反应方程式为__________．（4）若A由两种元素构成，B为气体，E为白色沉淀，B、E都能使酚酞试液变红，则反应①的化学反应方程式为__________．24．（26分）SO2和NOx都是大气污染物．（1）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境．用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的过程__________．-29-\n（2）表是某小组同学测得的不同天气情况下的某县城空气中SO2的平均含量．请你分析雨后或风速较大时SO2平均含量较低的原因：①雨后：__________；②风俗较大时：__________．天气情况平均风速（m/s）空气中SO2的平均含量（mg/L）雨前2.00.03雨后2.20.01晴23.00.015晴0.90.03（3）洗涤含SO2的烟气，以下物质不能作为洗涤剂的是__________（填字母序号）．a．Ca（OH）2b．Na2CO3c．CaCl2d．NaHSO3（4）煤燃烧前需进行脱硫处理，某种脱硫技术的基本原理如下：FeS2Fe2++Fe3+①该技术的第一步反应的是离子方程式为__________②处理1kg含80%FeS2的黄铁矿，第二部消耗O2（标况）的体积为__________L（保留一位小数）（5）某研究性学习小组为模拟光化学烟雾的形成，用紫外线照射装在密闭容器内的被污染空气样品，所得物质的浓度随时间的变化如图1所示．由图可知，光化学烟雾是指等污染物气体和颗粒物所形成的烟雾，则__________可以减少光化学烟雾的发生．（6）氧化﹣还原法消除NOx的转化如下：NONO2N2①反应Ⅰ为NO+O3=NO2+O2，生成11.2LO2（标况）时，转移电子的物质的量是__________mol．②反应Ⅱ中，当n（NO2）：n[CO（NH2）2]=3：2时，反应的化学方程式是__________．（7）利用氨气可以将SO2和NO2吸收，原理如图2所示：NO2被吸收的离子方程式是__________．25．高氯酸按可用于火箭推进剂，实验室可由NaClO3等原料制取（部分物质溶解度如图2），其实验流程如图1：-29-\n（3）滤渣中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为__________．（4）已知：2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O，现可提供下列试剂：a．饱和食盐水b．浓H2SO4c．NaOH溶液d．Mge．Fef．Cu利用下图装置（夹持装置略）对高氯酸铵热分解产生的三种气体进行分步吸收或收集．①E中收集到的气体可能是__________（填化学式）．②A、B、C中盛放的药品依次可以是__________、__________、__________（填字母序号）．26．（17分）根据要求完成下列实验过程（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去）．（1）验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性．①连接仪器、__________、加药品后，打开a、关闭b，然后滴入浓硫酸．②装置A中发生的化学方程式是__________．③验证SO2的氧化性的实验现象是__________．④BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入表相应位置．写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式：__________．滴加的溶液氨水氯水沉淀的化学式（2）验证碳、硅非金属性的相对强弱．①在（1）①操作后打开b，关闭a．②NaHCO3饱和溶液中发生的离子反应方程式为__________．-29-\n③实验过程中，C中出现白色沉淀．甲同学认为不能由此说明碳的非金属性比硅强，需增加一个实验装置才能获得可靠实验结论，其改进方法为__________．27．亚硝酸钠是重要的防腐剂．某化学兴趣小组以碳和浓硝酸为起始原料，设计如下装置利用一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠（夹持装置和A中加热装置已略，已密性已检验）【查阅资料】①HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O；②在酸性溶液中，NO2可将MnO4还原为Mn2且无气体生产；③NO不与碱反应，可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸．【实验操作】①关闭弹簧夹，打开A中分液漏斗活塞，滴加一定量浓硝酸，加热；②一段时间后停止加热；③从C中取少量固体，检验是否是亚硝酸钠．（1）A中反应的化学方程式是__________．（2）B中观察的主要现象是__________．（3）检验C中产物有亚硝酸钠的实验方案（简述实验步骤、现象及结论）及相关的离子反应方程式为__________．（4）经检验C产物中亚硝酸钠含量较少．a．甲同学认为C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠．生成碳酸钠的化学方程式是__________．为排除干扰，甲在B、C装置间增加一个U形管，U形管中盛放的试剂应是__________（写名称）．b．乙同学认为上述装置改进后，还会有空气参与反应导致产品不纯，所以在实验操作①之前应增加一步操作，该操作是__________．-29-\n2022-2022学年福建省厦门双十中学高三（上）期中化学试卷一、选择题（共22小题，每小题3分，满分66分）1．今年全国两会普及使用了“石头纸”，这是以碳酸钙为主料（内层）、聚乙烯等高分子材料为辅料（双外层）制成的．有关“石头纸”的说法错误的是()A．不易燃烧B．有利于保护森林C．防油不防水D．不易降解【考点】合成材料．【专题】有机化合物的获得与应用．【分析】根据“石头纸”的原料为：碳酸钙为主料（内层）、聚乙烯等高分子材料为辅料（双外层），因此根据碳酸钙的性质和有机物的性质分析．【解答】解：A．“石头纸”主要原料是碳酸钙，所以与与普通纸相比不易燃烧，故A正确；B．推广使用“石头纸”能减少普通纸的使用，而普通纸的原料为木材，所以能达到保护森林和环保的目的，故B正确；C．碳酸钙和聚乙烯不溶于水，可防水，故C错误；D．聚乙烯不易降解，故D正确．故选C．【点评】本题实际考查了碳酸钙的性质，以及有机物的一些性质，注意要抓住题干中的关键词，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．2．民以食为天，下列关于厨房调味品的说法正确的是()A．食醋和料酒的主要成分都是有机酸B．食盐和味精的成分中都含有钠离子C．蔗糖和小苏打都是可溶于水的电解质D．食用油和人造奶油都不能与溴水发生加成反应【考点】钠的重要化合物；电解质与非电解质；取代反应与加成反应．【分析】A．料酒的主要成分为乙醇，不属于有机酸；B．食盐为氯化钠，味精为谷氨酸钠；C．小苏打为碳酸氢钠，属于电解质，而蔗糖的水溶液和熔融状态都不导电，蔗糖属于非电解质；D．人造奶油中的烃基不含不饱和碳碳双键．【解答】解：A．食醋的主要成分是醋酸，醋酸为有机酸，但是料酒的主要成分为乙醇，乙醇属于醇类，不属于有机酸，故A错误；B．食盐为氯化钠，味精是谷氨酸钠，二者都含有钠离子，故B正确；C．小苏打为碳酸氢钠，属于电解质，而蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电，蔗糖为非电解质，故C错误；D．食用油为油酸甘油酯，其烃基中含有不饱和碳碳双键，而人造奶油为饱和高级脂肪酸甘油酯，故D错误；故选B．【点评】本题考查了有机物的组成、结构与性质、电解质与非电解质的判断，题目难度不大，注意掌握生活中常见的有机物名称、组成及具有的性质，试题与现实生活相联系，有利于培养了学生学习化学的兴趣．-29-\n3．下列变化过程不必利用催化剂的是()A．NH3+O2→NOB．CH4→CH3ClC．+H2→D．C6H12O6→C2H5OH【考点】催化剂的作用．【分析】氨气与氧气在催化剂条件下才能发生；甲烷与氢气在光照条件下发生；苯与氢气在催化剂条件下发生加成反应生成环己烷；葡萄糖在酶做催化剂条件下反应生成乙醇，据此解答．【解答】解：依据反应的条件：氨气与氧气在催化剂条件下才能发生；甲烷与氢气在光照条件下发生；苯与氢气在催化剂条件下发生加成反应生成环己烷；葡萄糖在酶做催化剂条件下反应生成乙醇可知，CH4→CH3Cl不需要使用催化剂，其余过程都需要使用催化剂，故选：B．【点评】本题考查化学反应所需的条件，难度不大，牢记常见反应的反应条件是解题关键，注意对基础知识的积累．4．下列说法错误的是()石油分馏产品乙烯CH2BrCH2Br．A．石油主要是由烃组成的混合物B．①主要发生物理变化C．②包括裂化、裂解等过程D．③是加成反应，产物名称是二溴乙烷【考点】石油的裂化和裂解．【专题】有机反应．【分析】A．石油的主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物；B．分馏是利用沸点不同进行分离的；C．裂化、裂解等过程是把大分子的烃转化为小分子烃；D．乙烯与溴加成生成1，2﹣二溴乙烷．【解答】解：A．石油的主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，即石油主要是由烃组成的混合物，故A正确；B．分馏是利用沸点不同进行分离的，所以分馏属于物理变化，故B正确；C．裂化、裂解等过程是把大分子的烃转化为小分子烃，过程中乙烯生成，所以②包括裂化、裂解等过程，故C正确；D．乙烯与溴加成生成CH2BrCH2Br，所以③是加成反应，CH2BrCH2Br的名称为1，2﹣二溴乙烷，故D错误；故选D．【点评】本题考查了石油的成分、石油的炼化过程、有机物的命名等，属于基础知识的考查，题目难度不大．5．下列有关碳酸钠在化学实验中的作用叙述错误的是()A．用碳酸钠溶液制备少量烧碱B．用热的碳酸钠溶液洗涤试管内壁的油污C．用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl气体-29-\nD．用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸【考点】钠的重要化合物．【分析】A．碳酸钠可与氢氧化钙反应生成NaOH；B．碳酸钠水解呈碱性，可除去油污；C．CO2和HCl都能与饱和碳酸钠反应；D．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，但饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇和乙酸．【解答】解：A．碳酸钠可与氢氧化钙发生复分解反应，在实验室中可用于制备NaOH溶液，故A正确；B．热的碳酸钠溶液呈碱性，油污在碱性条件下可发生水解，可除去油污，故B正确．C．CO2和HCl都能与饱和碳酸钠反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，故C错误；D．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可溶乙醇于水，可起到分离物质的作用，故D正确；故选：C．【点评】本题考查碳酸钠的性质，为高频考点，注意碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，题目难度不大．6．随着科技的进步，研究和制备物质的手段和途径越来越多，C60、H3、O2+、N5+等已被发现．下列有关说法正确的是()A．H2和H3属于同位素B．O2+中不含化学键C．C60中含有共价键D．N5+中含有离子键【考点】离子化合物的结构特征与性质；同位素及其应用；共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，同种元素的不同单质互称同素异形体；B．O2+中存在非极性共价键；C．C60中C原子之间存在共价键；D．同种非金属元素之间易形成非极性共价键．【解答】解：A．H2和H3是同一元素的不同单质，属于同素异形体，故A错误；B．O2+中O原子之间存在非极性共价键，故B错误；C．C60中C原子之间存在非极性共价键，故C正确；D．N5+中N原子之间含有非极性共价键，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学键的判断，明确离子键、共价键的概念是解本题关键，再结合同位素、同素异形体概念来分析解答，题目难度不大．7．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是()A．1molNaHSO4固体中含离子总数为3NAB．标准状况下，11.2LSO3中含有分子的数目为0.5NAC．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NAD．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有分子的数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、根据固体硫酸氢钠中含有的离子为钠离子和硫酸氢根离子计算；B、标况下，三氧化硫为固体；-29-\nC、亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气；D、根据氧气的摩尔质量为32g/mol，臭氧的摩尔质量为48g/mol；【解答】解：A、1mol固体NaHSO4含有1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子，阴阳离子总数为2NA，故A错误；B、标况下，三氧化硫为固体，故B错误；C、1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故C正确；D、若1.6g全部为氧气，根据氧气的摩尔质量为32g/mol，可知含有的氧气分子N==0.05NA；若1.6g全部是臭氧，而臭氧的摩尔质量为48g/mol，则含有的臭氧分子个数N==0.033NA，故分子个数介于0.05NA和0.033NA之间，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．8．C、Si、S都是重要的非金属元素，以下分析正确的是()A．三者的单质均存在同素异形现象B．三者对应的氧化物均为酸性氧化物C．CO2、SiO2、SO2都能与H2O反应，其反应类型相同D．同温度、同浓度三溶液的pH：Na2SiO3＜Na2SO3＜Na2CO3【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；同素异形体；盐类水解的原理．【分析】A、碳有石墨和金刚石两种同素异形体；硅有晶体硅和不定型硅两种同素异形体；硫有正交硫和单斜硫两种同素异形体；B、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物；C、SiO2不能溶于水；D、根据“越弱越水解”来分析．【解答】解：A、碳有石墨和金刚石两种同素异形体；硅有晶体硅和不定型硅两种同素异形体；硫有正交硫和单斜硫两种同素异形体，故A正确；B、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，而CO既不能和酸液不能和碱反应生成盐和水，既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，故B错误；C、SiO2不能溶于水，故C错误；D、由于酸性：H2SiO3＜H2CO3＜H2SO3，而酸越弱，对应的盐的水解程度越大，碱性越强，PH越大，故同温度、同浓度三溶液的pH：Na2SiO3＞Na2CO3＞Na2SO3，故D错误．故选A．【点评】本题考查了C、Si、S三种元素的单质、氧化物和对应盐的水解的性质，难度不大，根据元素的性质来分析．9．Se、Br两种元素的部分信息如图所示，下列说法正确的是()-29-\nA．原子半径：Br＞Se＞PB．还原性：S2﹣＞Se2﹣＞Br﹣C．SeO2既有氧化性又有还原性D．在Se2Br2分子中只含有极性键【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，不同周期元素，原子的电子层数越多其原子半径越大；B．同一周期元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而减小，同一主族元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而增大；C．中间价态的元素既有氧化性又有还原性，处于最低价态的元素只有还原性，处于最高价态的元素只有氧化性；D．同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键．【解答】解：A．硒和溴属于同一周期元素，硒的原子序数小于溴，所以原子半径Br＜Se，P处于第二周期，溴处于第四周期，所以原子半径Br＞P，故A错误；B．同一周期元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而减小，同一主族元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而增大，还原性Se2﹣＞S2﹣＞Br﹣，故B错误；C．SeO2中硒处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，故C正确；D．在Se2Br2分子中硒原子间存在非极性键，溴和硒原子之间存在极性键，故D错误，故选C．【点评】根据元素周期律来分析解答，易错选项是D，明确Se2Br2的结构是解本题的关键，难度不大．10．NH4HCO3是一种离子化合物，下列关于该物质的叙述正确的是()A．所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为：H＜C＜N＜OB．同周期的三种元素的得电子能力由大到小的顺序为：N＞O＞CC．其与足量氢氧化钠溶液共热的离子方程式为：NH+4+OHˉNH3↑+H2OD．除去NaCl固体中混有的NH4HCO3固体可以采用加热的方法【考点】铵盐；微粒半径大小的比较．【专题】元素周期律与元素周期表专题；氮族元素．【分析】A．电子层越大半径越大，电子层相同的，质子数越多半径越小，据此解答；B．依据同周期元素从左到右非金属性依次增强解答；C．漏掉了碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；D．NaCl固体稳定，NH4HCO3固体不稳定受热分解生成氨气、水和二氧化碳．【解答】解：A．四种元素中，只有氢原子有1个电子层，其余均以2个电子层，质子数C＜N＜O，依据电子层越大半径越大，电子层相同的，质子数越多半径越小，原子半径由小到大的顺序为：H＜O＜N＜C，故A错误；B．CNO为同周期元素，原子序数依次增大，同周期元素从左到右非金属性依次增强，所以三种元素的得电子能力由大到小的顺序为：O＞N＞C，故B错误；C．NH4HCO3与足量氢氧化钠溶液共热的离子方程式为：NH+4+HCO3﹣+2OHˉNH3↑+2H2O+CO32﹣，故C错误；-29-\nD．NaCl固体稳定，NH4HCO3固体不稳定受热分解生成氨气、水和二氧化碳，加热生成的气体逸出，故D正确；故选：D．【点评】本题考查铵盐的性质，元素性质的递变规律，原子半径大小的比较，离子方程式的书写，题目设计的知识点比较多，但是都是对基础知识的考查，易错点为C，容易漏掉某些离子的反应．11．铁是目前使用量最大的金属，下列有关铁及其化合物的说法正确的是()A．铁是位于第四周期第ⅧB族的元素，是一种重要的过渡元素B．向浅绿色的Fe（NO3）2溶液中加入盐酸，溶液变黄C．14g铁粉和7g硫粉在空气中充分反应能生成21g硫化亚铁D．四氧化三铁可以看成是氧化铁和氧化亚铁组成的混合物【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】A．Fe原子序数为26，原子结构中有4个电子层，价电子为3d64s2；B．二价铁离子有还原性，硝酸有强氧化性，亚铁离子和硝酸能发生氧化还原反应生成三价铁离子；C．反应中铁过量；D．四氧化三铁为一种物质．【解答】解：A．Fe原子序数为26，原子结构中有4个电子层，价电子为3d64s2，铁位于元素周期表中的第四周期第Ⅷ族，不是副族元素，故A错误；B．溶液中含有硝酸根离子和氢离子，所以含有硝酸，硝酸具有强氧化性能把亚铁离子氧化成铁离子，铁离子显黄色，故B正确；C．反应中铁过量，生成硫化亚铁的质量小于21g，故C错误；D．四氧化三铁是纯净物，故D错误．故选B．【点评】本题考查铁及其化合物的性质，注意酸性条件下，硝酸根离子和亚铁离子能发生氧化还原反应而使亚铁离子生成铁离子，属于易错题．12．Na2CO3、CaCO3、BaCO3、CuCO3等碳酸盐都能与相同浓度的稀硫酸反应放出CO2，其中反应最为缓慢的是()A．Na2CO3B．CaCO3C．BaCO3D．CuCO3【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据溶液中电离出来的碳酸根离子的浓度及反应产物对反应的影响来分析判断．【解答】解：Na2CO3、CaCO3、BaCO3、CuCO3等均为强电解质，在溶液中完全电离，它们的溶解度越小，则溶液中碳酸根离子的浓度越小，与相同浓度的稀硫酸反应的速率越慢；Na2CO3是易溶的盐，溶液中碳酸根离子较大；CaCO3、BaCO3、CuCO3都是难溶性盐，溶液中碳酸根离子的浓度较小，而且BaCO3与硫酸反应生成的硫酸钡是难溶电解质，会附着在碳酸钡表面，阻止反应的进一步进行，所以BaCO3与稀硫酸反应最缓慢；故选C．【点评】本题考查了碳酸盐和硫酸盐的溶解性，以及影响反应速率的因素，题目难度不大，注意对反应速率的有关知识的把握．-29-\n13．I2Cl6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可得到晶体ICl3．ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性．若生成物之一是HCl，则另一种是()A．HIO3B．HIO2C．HIOD．ICl【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素．【分析】ICl3中I为+3价，Cl为﹣1价，与水发生水解反应，元素化合价没有发生变化，以此解答．【解答】解：ICl3中I为+3价，Cl为﹣1价，与水发生水解反应生成HIO2和HCl，故选B．【点评】本题考查卤素互化物的性质，为高频考点，注意从元素化合价的角度分析，把握水解的特点，难度不大．14．有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应为：①3ZnO+2Al═Al2O3+3Zn②3Zn+C2Cl6═3ZnCl2+2C下列有关叙述不正确的是()A．反应①是铝热反应B．反应②是置换反应C．烟幕是小液滴分散在空气中形成的D．C2Cl6属于卤代烃【考点】铝的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A、铝与金属氧化物在一定条件下发生的置换反应为铝热反应；B、置换反应指一种单质与一种化合物反应生成另外一种单质与另外一种化合物；C、由反应方程式可知，生成物都是固体，固体小颗粒分散在空气中形成的烟幕；D、C2Cl6是乙烷的完全取代产物．【解答】解：A、反应①是Al与ZnO发生置换反应，属于铝热反应，故A正确；B、反应②是Zn与化合物C2Cl6反应生成化合物ZnCl2与单质C，符合置换反应概念，属于置换反应，故B正确；C、由反应方程式可知，生成物都是固体，是固体小颗粒分散在空气中形成的烟幕，不是小液滴，故C错误；D、C2Cl6是乙烷的完全取代产物，属于卤代烃，故D正确；故选C．【点评】考查基本反应类型概念、铝热反应、卤代烃等，比较基础，注意对概念的理解把握，注意C中烟、雾的区别．15．如图是某“泡腾片”的标签．将这样一粒泡腾片放入水中，药片完全溶解，同时产生了大量气泡．这个过程() 泡腾片每片含：碳酸钙500mg维生素1000mg柠檬酸1350mg用量…-29-\n用法…A．溶解了500mg的Ca2+B．释放了224mL的气体（标准状况）C．发生了发应：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OD．说明了柠檬酸的酸性比碳酸强【考点】离子方程式的书写；离子反应发生的条件．【专题】离子反应专题．【分析】药片完全溶解，同时产生了大量气泡，发生CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，结合强酸制取弱酸来分析．【解答】解：A．药品完全溶解，则碳酸钙完全溶解，溶解的Ca2+为500mg××100%=200mg，故A错误；B．由反应可知，1mol碳酸钙反应生成1mol二氧化碳，则生成0.005mol气体，其体积为0.005mol×22.4L/mol×1000mL/L=11.2mL，故B错误；C．发生CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故C错误；D．由强酸制取弱酸可知，柠檬酸的酸性比碳酸强，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应及离子反应发生的条件，注意碳酸钙与酸的反应实质即可解答，并熟悉有关的计算，题目难度不大．16．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液；③将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝．下列判断不正确的是()A．化合物KCrO2中Cr元素为+3价B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物C．实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性D．实验③证明氧化性：Cr2O72﹣＞I2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】①中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；②中，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低；③中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，以此来解答．【解答】解：A．化合物KCrO2中，K为+1价，O为﹣2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则Cr元素为+3价，故A正确；B．由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故B正确；C．实验②中发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故C错误；D．由③中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为Cr2O72﹣＞I2，故D正确；-29-\n故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，选项B为解答的易错点，题目难度不大．17．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是()选项叙述Ⅰ叙述ⅡAKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42﹣CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0mol•L﹣1的Ca（OH）2溶液A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯和除杂；氨的物理性质；溶液的配制；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．利用二者溶解度随温度变化不同进行分离；B．BaSO4难溶于酸，先加入盐酸可排除Ag+或SO32﹣的影响；C．氨水溶液呈碱性，可使酚酞变红，为化学性质，形成喷泉，为物理性质；D．氢氧化钙微溶于水．【解答】解：A．用重结晶法除去硝酸钾中混有的氯化钠，是因为硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，这并非由于硝酸钾的溶解度大造成的，故A错误；B．硫酸钡难溶于酸，加入盐酸没有沉淀，可以排除银离子的干扰，加入氯化钡产生沉淀，沉淀为硫酸钡，由此可以检验是否含有SO42﹣，故B正确；C．氨气可用于设计喷泉实验是因为氨气极易溶于水，并非氨气能使酚酞变红，故C错误；D．氢氧化钙微溶于水，加入足量水可以制成澄清石灰水，但是不能制的较高浓度的氢氧化钙溶液，故D错误．故选B．【点评】本题考查混合物分离提纯以及物质的检验和鉴别，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离方法、原理为解答的关键，选项A为解答的易错点，题目难度不大．18．某同学探究氨和铵盐的性质，相关实验操作及现象描述正确的是()A．加热NH4Cl晶体制备氨气B．将蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒靠近，观察到白烟C．将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中，研究Al（OH）3的两性D．室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，比较N和Na的金属性强弱【考点】氨的化学性质；铵盐．【分析】A．加热NH4Cl晶体，NH4Cl晶体易分解生成HCl和NH3，但HCl和NH3遇冷立即生成NH4Cl；B．浓硝酸、浓氨水都具有挥发性，二者反应生成硝酸铵固体；C．氨水不能溶解Al（OH）3；D．N元素最高价氧化物的水化物呈酸性，一水合氨不是N元素的最高价氧化物的水化物，所以不能据此判断二者金属性强弱．-29-\n【解答】解：A．加热NH4Cl晶体，NH4Cl晶体易分解生成HCl和NH3，但HCl和NH3遇冷立即生成NH4Cl，所以不能用加热NH4Cl晶体制取氨气，应该用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，故A错误；B．浓硝酸、浓氨水都具有挥发性，二者相遇立即反应生成硝酸铵固体，有白烟生成，故B正确；C．Al（OH）3能溶于强碱但不溶于弱碱，氨水不能溶解Al（OH）3，则不能利用氨水研究Al（OH）3的两性，故C错误；D．N元素最高价氧化物的水化物是硝酸，呈酸性，一水合氨不是N元素的最高价氧化物的水化物，所以不能据此判断二者金属性强弱，故D错误；故选B．【点评】本题考查铵盐、氨气的性质，明确物质的性质是解本题关键，知道氨气的实验室制法、氢氧化铝的两性、非金属性和金属性强弱判断方法，注意氢氧化铝不溶于弱碱，为易错点．19．下列有关实验原理或实验操作不正确的是()A．实验室制备氢氧化铁胶体B．氨气的收集、检验装置C．蒸发结晶获得胆矾晶体D．实验室制乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．在沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体；B．氨气密度比空气小，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；C．可利用蒸发、浓缩的方法制备晶体；D．注意防止倒吸．-29-\n【解答】解：A．在沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，注意当溶液变成红褐色时停止加热，故A正确；B．氨气密度比空气小，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，可完成实验，故B正确；C．可利用蒸发、浓缩、冷却结晶的方法制备胆矾晶体，故C正确；D．导管不能插入液面以下，防止倒吸，故D错误．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的制备、检验以及分离等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．20．利用如图所示实验装置测定气体摩尔体积，所用药品为1g锌粒和10mL0.5mol•L﹣1硫酸溶液，相关叙述正确的是()A．实验时，将硫酸溶液倾斜倒入锌粒中B．实验时，量气管压入漏斗的水过多而溢出，不影响实验C．实验时，待体系温度降低到0℃时方可进行读数D．实验时，用CCl4代替水，测得氢气的体积更准确【考点】气体摩尔体积．【分析】A、实验时，将硫酸溶液倾斜倒入锌粒中容易造成硫酸倾倒不干净；B、实验时，是通过量气管中反应前后的液面的刻度差来测得生成氢气的体积；C、实验是常温常压条件下进行的；D、根据相似相溶原理作出判断．【解答】解：A、实验时，将硫酸溶液倾斜倒入锌粒中容易造成硫酸倾倒不干净，应将锌粒倒入硫酸溶液中，故A错误；B、实验时，是通过量气管中反应前后的液面的刻度差来测得生成氢气的体积，量气管压入漏斗的水过多而溢出，不影响实验，故B正确；C、锌和硫酸反应是放热反应，必须待体系温度降低到常温时才可进行读数，故C错误；D、氢气为非极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相溶原理，部分氢气溶在CCl4中，造成测量误差，故D错误；故选B．【点评】本题考查了仪器的创新实用，压强关系的分析应用，量气装置中所用液体一般是水，气体在水中溶解度很小；若气体在水中溶解度较大，可采用其他液体，比如四氯化碳等．21．室温下，在0.2mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0mol•L﹣1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是()-29-\nA．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH﹣⇌Al（OH）3B．a﹣b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变C．b﹣c段，加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀D．d点时，Al（OH）3沉淀开始溶解【考点】真题集萃；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性；B．a﹣b段，发生氢离子与碱中和反应，且溶液总体积增大；C．b﹣c段，pH变化不大；D．c点后pH发生突变，NaOH过量．【解答】解：A．硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故A错误；B．a﹣b段，发生H++OH﹣═H2O，但加入NaOH溶液，总体积增大，则Al3+浓度减小，故B错误；C．b﹣c段，pH变化不大，主要发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，则加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀，故C正确；D．c点后pH发生突变，NaOH过量，Al（OH）3沉淀开始溶解，生成NaAlO2，碱性较强，而d点pH＞10，NaOH远远过量，故D错误；故选C．【点评】本题为2022年安徽高考化学试题，侧重盐类水解及复分解反应的考查，注意氢氧化铝的两性及图中c点pH突变为解答的关键，明确b→c段中铝离子过量，题目难度不大．22．天然碱的组成可以用aNa2CO3•bNaHCO3•cH2O（a、b、c为整数）表示．通过以下实验测定某天然碱的化学式，将质量为12.45g的某天然碱溶于水，逐滴滴加某浓度的稀盐酸，产生气体的体积与加入盐酸的体积（标准状况）的关系如下表所示：下列说法错误的是()盐酸体积（mL）20406080产生气体体积（mL）056016802520A．加入盐酸体积小于20mL时，体系发生的离子反应为：CO32﹣+H+═HCO3﹣B．加入盐酸体积为50mL时，产生气体（标准状况）的体积为1120mLC．本实验使用盐酸的浓度为2.5mol•L﹣1D．该天然碱的化学式为Na2CO3•2NaHCO3•2H2O【考点】化学方程式的有关计算．【分析】A．加入20mL盐酸，不产生气体，说明发生反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣；B．加入80mL盐酸生成气体体积为2520mL，大于加入60mL盐酸时生成的气体体积，故加入40mL、60mL盐酸时，盐酸不足，完全反应，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2-29-\nO，加入50mL盐酸产生的气体体积为加入40mL盐酸产生的气体及在40mL基础上再加入10mL盐酸产生的气体体积之和，结合40mL～60mL之间消耗盐酸体积与生成气体体积的定比关系计算；40mL～60mL之间消耗20mL盐酸，生成气体1680mL﹣560mL=1120mL；C．发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，根据盐酸和二氧化碳之间的关系式计算盐酸浓度；D．发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，生成560mL二氧化碳消耗盐酸的体积=×20mL=10mL，故加入前30mL盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，30mL～75mL发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由两阶段消耗的盐酸体积，可计算天然碱中Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比，再根据生成二氧化碳计算各自物质的量，根据质量守恒计算结晶水的质量，进而计算结晶水的物质的量，确定三者比例关系，进而确定天然碱的化学式．【解答】解：A．加入20mL盐酸，不产生气体，说明发生反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣，故A正确；B．加入80mL盐酸生成气体体积为2520mL，大于加入60mL盐酸时生成的气体体积，故加入40mL、60mL盐酸时，盐酸不足，完全反应，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，40mL～50mL之间消耗10mL盐酸，生成气体体积为（1680mL﹣560mL）×=560mL，故加入50mL盐酸产生的气体体积为：560mL+560mL=1120mL，故B正确；C.40mL～60mL之间消耗20mL盐酸，生成气体1680mL﹣560mL=1120mL，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，设盐酸的浓度为c，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O110.02cmol1：1=0.02cmol：c=2.5mol/L，故C正确；D．发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，生成560mL二氧化碳消耗盐酸的体积=×20mL=10mL，故加入前30mL盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，从产生气体到生成2520mL二氧化碳消耗盐酸的体积=×10mL=45mL，即完全生成气体共消耗盐酸30+45=75mL，30mL～75mL发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，令天然碱中Na2CO3、NaHCO3的物质的量为amol、bmol，则：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，amolamolamolNaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，（a+b）mol（a+b）mol（a+b）mol故amol：（a+b）mol=30mL：45mL，则a：b=2：1，由生成二氧化碳可知（a+b）mol=0.1125mol，解得a=0.075、b=0.0375，故天然碱中结晶水的质量=12.45g﹣0.0375mol×84g/mol﹣0.075mol×106g/mol=1.35g，结晶水的物质的量==0.075mol，则天然碱中n（Na2CO3）：n（NaHCO3）：n（H2O）=0.075mol：0.0375mol：0.075mol=2：1：2，故天然碱的化学式为：2Na2CO3•NaHCO3•2H2O，故D错误；故选D．-29-\n【点评】本题考查混合物计算、根据方程式计算，碳酸钠与盐酸的反应分两步进行，先找出完全反应点，再根据完全反应的点确定范围，综合考查学生各方面素质，难度很大，属于易错题目．二、解答题（共5小题，满分84分）23．（16分）由短周期元素组成的中学常见物质A、B、C、D、E存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略）．（1）若反应①在常温下进行，且E有漂白、杀菌作用，C是造成温室效应的主要气体，则：E的电离方程式为HClO=H++ClO﹣，反应③的离子反应方程式为CO2+CO32﹣+H2O=HCO3﹣．（2）若反应①是重要的工业反应之一，X是生产生活中使用最广泛的金属，则：a．若B为气体单质，反应①的化学反应方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑．b．若E为非金属氧化物，C的化学式为Fe（NO3）3．（3）若A分子含有4个碳原子，D、E是同种有机物，75%B的水溶液常用于医疗消毒，则：反应①的化学反应方程式为CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH．（4）若A由两种元素构成，B为气体，E为白色沉淀，B、E都能使酚酞试液变红，则反应①的化学反应方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑或Li3N+3H2O=3LiOH↓+NH3↑．【考点】无机物的推断．【分析】（1）反应①在常温下进行，且E有漂白、杀菌作用，C是造成温室效应的主要气体，则A为氯气，E为次氯酸，B为盐酸，C为二氧化碳X为碳酸盐；（2）X是生产生活中使用最广泛的金属，X为Fe，B应为具有强氧化性的物质；（3）75%B的水溶液常用于医疗消毒，则B为乙醇，A分子含有4个碳原子，D、E是同种有机物，则A为乙酸乙酯；（4）B、E都能使酚酞试液变红，B、E为碱性物质，A由两种元素构成，与水反应生成B和E，B为气体，E为白色沉淀，则A氮化镁或氮化锂，B为氨气，E为氢氧化镁或氢氧化锂．【解答】解：（1）反应①在常温下进行，且E有漂白、杀菌作用，C是造成温室效应的主要气体，则A为氯气，E为次氯酸，B为盐酸，C为二氧化碳X为碳酸盐，E的电离方程式为HClO=H++ClO﹣，反应③的离子反应方程式为CO2+CO32﹣+H2O=HCO3﹣，故答案为：HClO=H++ClO﹣；CO2+CO32﹣+H2O=HCO3﹣；（2）X是生产生活中使用最广泛的金属，X为Fe，B应为具有强氧化性的物质，a、若B为气体单质，B为氯气，反应①为电解氯化钠溶液的反应，方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；b、若E为非金属氧化物，E为NO，B为硝酸，C为硝酸铁[Fe（NO3）3]，故答案为：Fe（NO3）3；-29-\n（3）75%B的水溶液常用于医疗消毒，则B为乙醇，A分子含有4个碳原子，D、E是同种有机物，则A为乙酸乙酯，反应①为乙酸乙酯在稀硫酸作用下水解反应，化学反应方程式为CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH，故答案为：CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH；（4）B、E都能使酚酞试液变红，B、E为碱性物质，A由两种元素构成，与水反应生成B和E，B为气体，E为白色沉淀，则A氮化镁或氮化锂，B为氨气，E为氢氧化镁或氢氧化锂，反应①的化学反应方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑或Li3N+3H2O=3LiOH↓+NH3↑，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑或Li3N+3H2O=3LiOH↓+NH3↑．【点评】本题考查无机物的推断，是高考中的常见题型，试题综合性强，难度较大，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力，提高学生分析问题、以及灵活运用基础知识解决实际问题的能力．做好本题的关键之处在于把握好常见物质的性质以及有关转化，并能结合题意具体问题、具体分析即可．24．（26分）SO2和NOx都是大气污染物．（1）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境．用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的过程SO2+H2O⇌H2SO3、2H2SO3+O2═2H2SO4．（2）表是某小组同学测得的不同天气情况下的某县城空气中SO2的平均含量．请你分析雨后或风速较大时SO2平均含量较低的原因：①雨后：可能是下雨时SO2和水反应降低了雨后空气中SO2的含量；②风俗较大时：风速越大，气体扩散速度越大，空气中SO2浓度越小．天气情况平均风速（m/s）空气中SO2的平均含量（mg/L）雨前2.00.03雨后2.20.01晴23.00.015晴0.90.03（3）洗涤含SO2的烟气，以下物质不能作为洗涤剂的是cd（填字母序号）．a．Ca（OH）2b．Na2CO3c．CaCl2d．NaHSO3（4）煤燃烧前需进行脱硫处理，某种脱硫技术的基本原理如下：FeS2Fe2++Fe3+①该技术的第一步反应的是离子方程式为2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42﹣②处理1kg含80%FeS2的黄铁矿，第二部消耗O2（标况）的体积为74.7L（保留一位小数）（5）某研究性学习小组为模拟光化学烟雾的形成，用紫外线照射装在密闭容器内的被污染空气样品，所得物质的浓度随时间的变化如图1所示．由图可知，光化学烟雾是指等污染物气体和颗粒物所形成的烟雾，则减少机动车有害气体尾气的排放可以减少光化学烟雾的发生．（6）氧化﹣还原法消除NOx的转化如下：NONO2N2①反应Ⅰ为NO+O3=NO2+O2，生成11.2LO2（标况）时，转移电子的物质的量是1mol．②反应Ⅱ中，当n（NO2）：n[CO（NH2）2]=3：2时，反应的化学方程式是6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2．（7）利用氨气可以将SO2和NO2吸收，原理如图2所示：NO2被吸收的离子方程式是2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+．-29-\n【考点】二氧化硫的污染及治理；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】（1）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，又被氧化为硫酸；（2）①根据SO2能和水反应；②根据风速越大，气体扩散速度越大；（3）依据二氧化硫的性质：是一种酸性氧化物可以和碱反应，二氧化硫溶于水得亚硫酸，酸性强于碳酸，所以可以和碳酸钠溶液反应；（4）①根据反应物结合质量守恒定律、电荷守恒书写离子方程式并判断生成物；②根据元素守恒和化学方程式进行计算；（5）依据图象分析可知NO，NO2、烃等在紫外线照射下生成O3、醛、PAN等污染物，从而形成光化学烟雾，而汽车尾气是排放氮氧化物和烃类的主要来源；（6）①化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价的变化来确定电子转移数目；②反应方程式中，系数之比等于物质的量之比；（7）二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子．【解答】解：（1）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，又被氧化为硫酸，则SO2形成硫酸型酸雨的反应为SO2+H2O⇌H2SO3、2H2SO3+O2═2H2SO4，故答案为：SO2+H2O⇌H2SO3、2H2SO3+O2═2H2SO4；（2）①SO2能和水反应，所以雨后空气中SO2的含量降低，故答案为：可能是下雨时SO2和水反应降低了雨后空气中SO2的含量；②风速越大，气体扩散速度越大，SO2浓度也就越小，故答案为：风速越大，气体扩散速度越大，空气中SO2浓度越小；（3）洗涤含SO2的烟气，根据酸性氧化物的性质选a．Ca（OH）2b．Na2CO3，故答案为：cd；（4）①第一步反应中反应物有FeS2、O2和H2O，生成物有Fe2+和SO42﹣，根据氧化还原反应得失电子数目相等，则有2FeS2～7O2，根据电荷守恒，还应有生成H+，则反应的离子方程式为2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42﹣，故答案为：2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42﹣；②1kg含80%FeS2能生成二价铁离子的物质的量是=6.67mol，设消耗O2（标况）的体积为X，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O422.4×26.67X=解得，X=74.7L故答案为：74.7；-29-\n（5）依据图象分析可知NO，NO2、烃等在紫外线照射下生成O3、醛、PAN等污染物，从而形成光化学烟雾，而汽车尾气是排放氮氧化物和烃类的主要来源，故减少汽车尾气可以减少光化学烟雾的发生，故答案为：减少机动车有害气体尾气的排放；（6）①NO+O3═NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5molO2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol，故答案为：1；②当n（NO2）：n[CO（NH2）2]=3：2，即NO2和CO（NH2）2的系数之比是3：2，其方程式表示为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，故答案为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2；（7）二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子，反应的离子方程式为：2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+，故答案为：2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+．【点评】本题综合考查了二氧化硫含量的测定以及二氧化硫的来源与危害、化学平衡图象，化学平衡影响因素及有关计算、电化学和热化学的综合知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．25．高氯酸按可用于火箭推进剂，实验室可由NaClO3等原料制取（部分物质溶解度如图2），其实验流程如图1：（3）滤渣中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为NH4++ClO4﹣=NH4ClO4↓．（4）已知：2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O，现可提供下列试剂：a．饱和食盐水b．浓H2SO4c．NaOH溶液d．Mge．Fef．Cu利用下图装置（夹持装置略）对高氯酸铵热分解产生的三种气体进行分步吸收或收集．①E中收集到的气体可能是N2（填化学式）．②A、B、C中盛放的药品依次可以是c、b、f（填字母序号）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体．（3）向滤渣中加入氯化铵，沉淀向着更难溶的物质转化；-29-\n（4）①根据氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集回答；②根据气体的检验顺序来回答，氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集，氢氧化钠中有水，先是吸收氯气，再是将水吸收，最后吸水的是氧气．【解答】解：由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体．（3）向滤渣中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，即发生反应的离子方程式为NH4++ClO4﹣=NH4ClO4↓，故答案为：NH4++ClO4﹣=NH4ClO4↓；（4）氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集，氢氧化钠中有水，先是吸收氯气，再是将水吸收，最后吸水的是氧气，所以A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOHb．浓H2SO4f．Cu，最后用排水法收集氮气，①E中收集到的气体只能是氮气，故答案为：N2；②A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOHb．浓H2SO4f．Cu，故答案为：c、b、f．【点评】本题是一道物质的分离和提纯的实验方案设计题，考查学生分析和解决问题的能力，读懂图示信息是解答关键，题目难度中等．26．（17分）根据要求完成下列实验过程（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去）．（1）验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性．①连接仪器、检验装置的气密性、加药品后，打开a、关闭b，然后滴入浓硫酸．②装置A中发生的化学方程式是Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O．③验证SO2的氧化性的实验现象是H2S溶液中有淡黄色浑浊出现．④BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入表相应位置．写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl﹣．滴加的溶液氨水氯水沉淀的化学式（2）验证碳、硅非金属性的相对强弱．①在（1）①操作后打开b，关闭a．-29-\n②NaHCO3饱和溶液中发生的离子反应方程式为SO2+2HCO3﹣=2SO32﹣+H2O+2CO2．③实验过程中，C中出现白色沉淀．甲同学认为不能由此说明碳的非金属性比硅强，需增加一个实验装置才能获得可靠实验结论，其改进方法为在B、C之间增加一个装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）①反应生成气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性；②装置A的作用是制取二氧化硫，浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫；③二氧化硫能把硫化氢氧化成硫单质，生成淡黄色沉淀；④二氧化硫通入BaCl2溶液中，滴加氯水溶液，氯水中有氯气分子，二氧化硫能把氯气还原成盐酸，自身被氧化成硫酸，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；（2）②A中产生的二氧化硫气体通入B中反应生成亚硫酸钠和二氧化碳；③从B中出来的二氧化硫气体必须除干净，产生白色沉淀才能说明碳的非金属性比硅强，在B、C间加一个除二氧化硫的装置．【解答】解：（1）①装置A中反应制备气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性，故答案为：检验装置的气密性；②装置A的作用是制取二氧化硫，浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；③二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，有氧化性，二氧化硫气体与H2S溶液常温下反应，生成黄色固体硫（单质）和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，此反应可以证明二氧化硫的氧化性，故答案为：H2S溶液中有淡黄色浑浊出现；④二氧化硫通入BaCl2溶液中，滴加氯水溶液，氯水中有氯气分子，二氧化硫能把氯气还原成盐酸，自身被氧化成硫酸，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，总反应为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O═BaSO4↓+4H++2Cl﹣；故答案为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O═BaSO4↓+4H++2Cl﹣；（2）②A中产生的二氧化硫气体通入B中反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，反应方程式为SO2+2HCO3﹣=2SO32﹣+H2O+2CO2，故答案为：SO2+2HCO3﹣=2SO32﹣+H2O+2CO2；③从B中出来的二氧化硫气体必须除干净，产生白色沉淀才能说明碳的非金属性比硅强，在B、C之间增加一个装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，故答案为：在B、C之间增加一个装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶．【点评】本题考查实验方案的设计，涉及物质性质、对装置的理解等，难度不大，理解实验原理是解题的关键，注意基础知识的理解掌握．27．亚硝酸钠是重要的防腐剂．某化学兴趣小组以碳和浓硝酸为起始原料，设计如下装置利用一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠（夹持装置和A中加热装置已略，已密性已检验）【查阅资料】①HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O；②在酸性溶液中，NO2可将MnO4还原为Mn2且无气体生产；-29-\n③NO不与碱反应，可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸．【实验操作】①关闭弹簧夹，打开A中分液漏斗活塞，滴加一定量浓硝酸，加热；②一段时间后停止加热；③从C中取少量固体，检验是否是亚硝酸钠．（1）A中反应的化学方程式是C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O．（2）B中观察的主要现象是溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出．（3）检验C中产物有亚硝酸钠的实验方案（简述实验步骤、现象及结论）及相关的离子反应方程式为将生成物置于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则D中产物是亚硝酸钠．反应的离子方程式是3NO2﹣+2H+=NO3﹣+2NO↑+H2O，或将生成物置于试管中，加入酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，则D中产物是亚硝酸钠，反应的离子方程式是5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O．（4）经检验C产物中亚硝酸钠含量较少．a．甲同学认为C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠．生成碳酸钠的化学方程式是2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2．为排除干扰，甲在B、C装置间增加一个U形管，U形管中盛放的试剂应是碱石灰（写名称）．b．乙同学认为上述装置改进后，还会有空气参与反应导致产品不纯，所以在实验操作①之前应增加一步操作，该操作是打开弹簧夹，通入N2一段时间．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）装置A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平；（2）装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；（3）依据亚硝酸钠具有氧化性或还原性，选择还原剂或氧化剂发生的反应现象证明产物中是否是亚硝酸钠；（4）a、生成碳酸钠的反应是二氧化碳和过氧化钠发生的反应，生成碳酸钠和氧气；b、为避免装置中的空气导致产品不纯，需要打开弹簧夹通入氮气排净装置中的空气．【解答】解：（1）装置A中是浓硝酸和碳加热发反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；（2）装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，所以反应现象为溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，故答案为：溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；除去未反应的NO，防止污染空气；（3）检验亚硝酸钠的实验设计为将生成物置于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则D中产物是亚硝酸钠．反应的离子方程式是3NO2﹣+2H+=NO3﹣+2NO↑+H2O，或将生成物置于试管中，加入酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，则D中产物是亚硝酸钠，反应的离子方程式是5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O，故答案为：将生成物置于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则D中产物是亚硝酸钠．反应的离子方程式是3NO2﹣+2H+=NO3﹣+2NO↑+H2-29-\nO，或将生成物置于试管中，加入酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，则D中产物是亚硝酸钠，反应的离子方程式是5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O；（4）a、生成碳酸钠的反应是二氧化碳和过氧化钠发生的反应，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，一氧化氮是污染性气体，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气；为排除干扰在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应碱石灰，用来吸收二氧化碳；故答案为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；碱石灰；b．为避免装置中的空气导致产品不纯，需要打开弹簧夹通入氮气排净装置中的空气，故答案为：打开弹簧夹，通入N2一段时间．【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计和信息判断，物质性质的理解应用，注意实验过程中的反应现象分析，掌握基础是关键，题目难度中等．-29-