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辽宁省大连市滨城高中联盟2022-2023学年高三化学上学期期中试卷（Word版附答案）
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这是一份辽宁省大连市滨城高中联盟2022-2023学年高三化学上学期期中试卷（Word版附答案），共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
滨城高中联盟2022-2023学年度上学期高三期中(Ⅰ)考试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：N14 Na23 C12 O16 K39 Fe56 Cr52
一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1. 2022年9月疫情再次突袭大连，化学在“防疫”中发挥着重要作用，下列说法错误的是
A. 新冠病毒可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体
B. 我国成功研制多款新冠疫苗，采用冷链运输疫苗，可防止蛋白质变性
C. 次氯酸钠溶液、过氧乙酸、75%乙醇均可做消毒剂，可利用它们的强氧化性进行消毒
D. 口罩中金属鼻梁条的使用利用了其延展性，制作口罩的原料之一聚丙烯是一种合成高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A． 胶体按分散剂的状态可分为固溶胶、液溶胶、气溶胶，故气溶胶属于胶体，A项正确；
B． 温度过高会使蛋白质变性，病毒疫苗主要成分含蛋白质，为防止其变性，一般需要冷藏保存，B项正确；
C． 次氯酸钠溶液、过氧乙酸具有强氧化性，能够杀菌消毒，、75%乙醇能使蛋白质变性，可做消毒剂，C项错误；
D． 聚丙烯属于合成有机高分子化合物，D项正确；
故选C。
2. 分类是化学学习的重要方法，下列有关物质的分类正确的是
A. 混合物：漂白粉、碱石灰、胶体、冰水混合物
B. 电解质：、、、
C. 化合物：、、浓、
D. 碱性氧化物：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰水混合物为H2O，属于纯净物，选项A错误；
B．在熔融状态下或水溶液中有导电的化合物属于电解质，上述物质均属于电解质，选项B正确；
C．浓是的水溶液，属于混合物，不属于化合物，选项C错误；
D．既能与酸反应生成盐和水，也能与碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，选项D错误；
答案选B
3. 四氟肼可发生反应：，下列有关叙述正确的是
A. 电子式为：
B. O的价电子轨道表示式：
C. 在水溶液中的电离方程式：
D. 中的杂化轨道：
【答案】C
【解析】
【详解】A．为共价化合物，且分子中每个原子均达到8电子稳定结构，其电子式为：，故A错误；
B．O原子最外层有6个电子，其中2s轨道有2个电子，2p轨道还有4个电子，则其价电子轨道表示式为：，故B错误；
C．为弱电解质，在水溶液中发生部分电离，电离方程式为：或简写为：HFH++F-，故C正确；
D．的结构式为，每个N原子存在3个共价键和1个孤电子对，所以每个N原子价层电子对数是4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp3杂化，故D错误；
答案选C。
4. 中国古代文化源远流长，诗文中也有化学思想渗透，下列诗文对应的相关内容及描述正确的是
选项
古诗文
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相关描述
A
《抱朴子》“以曾青涂铁，铁赤色如铜”
2Fe+3Cu2+=2Fe3++3Cu
此过程发生氧化还原反应
B
《本草经集注》记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)方法“以火烧之，紫青烟起，乃是真硝石也”
焰色试验
鉴别过程发生物理变化
C
《本草纲目》“冬月灶所烧薪柴之灰。令人以灰淋汁，取碱浣衣”
“碱”是碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性
“烧薪柴之灰”利用碳酸氢钠热稳定性低的性质
D
《梦溪笔谈》“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”
铁合金的硬度比纯铁的大
“剂钢”“柔铁”都是纯净物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．《抱朴子》“以曾青涂铁，铁赤色如铜”是Fe与CuSO4发生置换反应产生FeSO4、Cu，该反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，A错误；
B．KNO3中含有K元素，焰色试验透过蓝色钴玻璃观察，火焰显紫色；而Na2SO4中含有Na元素，焰色试验显黄色，二者的焰色试验现象不同，因此可以鉴别；但由于焰色试验呈现的颜色变化是化合物灼烧时电子发生跃迁时的能量变化，没有新物质存在，因此发生的变化属于物理变化，B正确；
C．《本草纲目》“冬月灶所烧薪柴之灰。令人以灰淋汁，取碱浣衣”， “碱”是碳酸钾，碳酸钾溶液显碱性，C错误；
D．剂钢为铁的合金，合金属于混合物，不是纯净物，其硬度比纯铁的大，D错误；
故合理选项是B。
5. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 与充分反应，转移电子数为
B. 被还原为转移电子数目为
C. 丙烯酸中含有的双键数目为
D. 含钠元素的和的混合物中含有的离子数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A． Fe与氯气点燃反应生成FeCl3，与充分反应，氯气不足，转移电子数为，故A错误；
B． 没有溶液的体积，无法计算的物质的量，故B错误；
C． 一个丙烯酸分子中含有2个双键，故丙烯酸中含有的双键数目为，故C错误；
D． 由钠离子和构成，由钠离子和氧离子构成，1mol和1mol均含有3mol离子，含钠元素的和的混合物共0.1mol，故含有的离子数目为，故D正确；
故选D。
6. 下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是
A. 加入的溶液：、、、
B. 通入溶液：、、、
C. 加入产生氢气的溶液：、、、
D. 通入少量后呈弱碱性的溶液：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠具有强氧化性，能氧化硫离子，故不能大量共存，A错误；
B．二氧化氮溶于水生成硝酸，能氧化碘离子，不能大量共存，B错误；
C．加入镁产生氢气的溶液为酸性溶液，有大量的氢离子，而硫代硫酸根离子不能在酸性溶液中大量共存，C错误；
D．四种离子和铵根离子不反应，在弱碱性溶液能大量共存，D正确；
故选D。
7. 下列离子方程式正确的是
A. 泡沬灭火器的原理：
B. 与反应制备
C. 向溶液中滴加过量溶液：
D. 硫酸酸化的溶液与双氧水反应后溶液褪色：
【答案】C
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器中含有试剂为硫酸铝和碳酸氢钠，原理为：，A错误；
B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠固体与氧气，不能拆，不能书写离子方程式，B错误；
C．氢氧化钠溶液过量，则碳酸氢钙中钙离子和碳酸氢根按1:2反应，离子方程式正确，C正确；
D．酸性高锰酸钾与过氧化氢反应生成锰离子和氧气，离子方程式为：，D错误；
故选C。
8. 一种以海绵铜为原料制备的工艺流程如下。
已知：为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。
下列说法错误的是
A. “溶解”时为加快反应速率可将溶液加热煮沸
B. “过滤”用到的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒
C. “醇洗”可加快除去表面水分，提高其纯度
D. “水浸”时发生的离子反应为
【答案】A
【解析】
【分析】硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，可以将海绵铜氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中反应生成CuCl，过滤后得到CuCl粗产品，经干燥洗涤得到纯净的CuCl。
【详解】A．稀硫酸和硝酸钠在一起可形成硝酸，硝酸易挥发，故“溶解”时为加快反应速率可将溶液适当加热不能煮沸，A错误；
B．过滤用于分离难溶性的固体和液体，所用玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确；
C．CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，故采用乙醇洗涤，C正确；
D．水浸时与亚硫酸钠、氯化钠在溶液中反应生成CuCl，离子反应为2Cu2++SO +2Cl−+2H2O=2CuCl↓+SO +2H+，D正确；
故选A。
9. 一种新型电池电解质阴离子结构式如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的同一短周期元素，原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍。下列说法不正确的是
A 非金属性：Z>Y>X
B. X、W的最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>W
C. 该阴离子中不是所有原子均满足最外层8电子稳定结构
D. Y的简单氢化物分子间存在氢键，因此沸点比W、X、Z的氢化物沸点都高
【答案】D
【解析】
【分析】原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍， 则X为C，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的同一短周期元素，且根据阴离子结构式可得W、X、Y、Z分别为B、C、N、F，据此分析。
【详解】A．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性：F>N>C，故A正确；
B．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强， 最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，所以酸性：碳酸>硼酸，故B正确；
C．由阴离子的结构式和各原子的成键可知该阴离子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，故C正确；
D．CH4不存在分子间氢键，NH3、H2O、HF的分子间都存在氢键，氢化物沸点最高的是H2O，故D错误；
故答案为：D。
10. 用下列装置进行实验能达到相应目的的是
A．铝热反应冶炼铝
B．检验二氧化硫中的乙烯
C．制备氧气
D．分离出纯净的乙醇
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁还原性比铝弱，铁粉不能还原氧化铝得到金属铝，A错误；
B．二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应而乙烯不能，混合气体通过氢氧化钠溶液后，若剩余的气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则有乙烯，B正确；
C．过氧化钠为粉末状固体，且能与水反应，该反应不能做到随用随停，C错误；
D．加热到一定温度后乙醇与水能形成共沸物而不能分离，应在蒸馏烧瓶中加入新制生石灰除去水，再蒸馏得到无水乙醇，D错误；
故选B。
11. 已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+ =PbO2 +2Pb2+ +2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2 +2Mn2+ +4H+ +5SO42－=2MnO4－+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是
A. 由反应I可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为1:2
B. 由反应I、II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4－
C. Pb可与稀硝酸发生反应：3 Pb +16 HNO3 =3 Pb(NO3)4 +4 NO↑ +8 H2O
D. Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4 +8 HCl=3 PbCl2 +4 H2O + Cl2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应I可知， PbO2 与Pb2+的比为1:2，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2:1，故A错误；
B．根据反应I可知，PbO2和硝酸不反应，不能得出氧化性HNO3>PbO2，故B错误；
C．由反应I可知，硝酸不能把Pb氧化为Pb(IV)，故C错误；
D．根据反应II，氧化性PbO2>MnO4－，所以Pb(IV)能把盐酸氧化为氯气，Pb3O4与盐酸发生反应的离子方程式是Pb3O4 +8 HCl=3 PbCl2 +4 H2O + Cl2↑，故D正确。
12. 海水综合利用符合可持续发展的原则，其联合工业体系(部分)如图所示，其中溴的提取经历了氧化、吹出、吸收、氧化等过程，下列说法中不正确的是
A. ①工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁
B. ②海水淡化主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法
C. ③海水提溴工艺中，生产1mol共消耗标准状况下22.4L
D. ④的主要产品之一与石灰乳反应充分，并使成为主要成分可得到漂粉精
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，过程①为工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁的过程，故A正确；
B．由图可知，过程②为海水淡化的过程，海水淡化主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等，故B正确；
C．溴的提取经历了氧化、吹出、吸收、氧化等过程，即经历两次氧化过程，因此生产1molBr2共消耗标准状况下的Cl2体积为44.8L，故C错误；
D．由图可知，过程④电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气的过程，反应制得的氯气与石灰乳充分反应得到主要成分为次氯酸钙的漂白精，故D正确；
故选C。
13. 下列有关化学实验操作、预期现象和解释与结论均正确的是
选项
实验操作
预期现象
解释与结论
A
将过量的干燥氯气通入装有几片新鲜玫瑰花瓣的集气瓶中
鲜花未变色
干燥没有漂白性
B
向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉-KI溶液
溶液变蓝
氧化性：
C
将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液
有白色沉淀产生
未全部反应
D
将硫酸酸化的溶液滴入溶液中
溶液由浅绿色变黄色
无法证明氧化性强于
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．鲜花含水，与氯气反应生成HClO具有漂白性，应选干燥的花瓣放入盛有干燥氯气的集气瓶中，故A错误；
B．向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉-KI溶液，溶液变蓝色，只能说明有单质碘生成，不能证明是氯气还是生成的单质溴氧化了碘离子，所以无法得出单质溴和单质碘的氧化性强弱，故B错误；
C．碳酸钠和氯化钡反应时氯离子不参与，所以向上层清液中再加1滴溶液，一定会产生氯化银沉淀，不能说明未全部反应，故C错误；
D．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由操作和现象不能证明酸性溶液中氧化性：H2O2＞Fe3+，故D正确；
故选D。
14. 磷化氢()是一种在空气中能自燃的剧毒气体，具有还原性，可作为电子工业原料。的一种工业制法流程如下：
下列说法错误的是
A. 反应1中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：3
B. 转化为的理论转化率为
C. 反应1与反应3分别生成时转移电子数之比为3：4
D. 等物质的量、与足量溶液反应消耗之比为1：1
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，反应1为白磷与过量浓氢氧化钠溶液反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为P4＋3NaOH+3H2O=3NaH2PO2＋PH3↑，反应2为次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为2NaH2PO2＋H2SO4=2H3PO2＋Na2SO4，反应3为次磷酸发生分解反应生成磷化氢和磷酸，反应的化学方程式为2H3PO2=H3PO4＋PH3↑。
【详解】A．由分析可知，反应1为白磷与过量浓氢氧化钠溶液反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为P4＋3NaOH+3H2O=3NaH2PO2＋PH3↑，反应中磷元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：3，故A正确；
B．由分析可知，制备磷化氢的过程中，1mol白磷转化为1.5mol磷酸和2.5mol磷化氢，则白磷转化为磷酸的转化率为×100%=37.5%，故B正确；
C．由分析可知，反应1为白磷与过量浓氢氧化钠溶液反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应中生成1mol磷化氢，反应转移3mol电子，反应3为次磷酸发生分解反应生成磷化氢和磷酸，反应中生成1mol磷化氢，反应转移4mol电子，则反应1与反应3分别生成1mol磷化氢时转移电子数之比为3：4，故C正确；
D．由反应1可知，次磷酸为一元弱酸，则等物质的量次磷酸、磷酸与足量氢氧化钠溶液反应消耗氢氧化钠的物质的量比为1：3，故D错误；
故选D。
15. 在含的溶液中逐滴加入溶液，加入的物质的量和析出的物质的量的关系曲线如图所示，下列说法错误的是
A. 由图示可知还原性：
B. 间发生反应：
C. 间共生成的物质的量为
D. 溶液中与的物质的量之比为5：3时，加入的为
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，OA间发生的反应为溶液中亚硫酸氢根离子与碘酸根离子溶液反应生成硫酸根离子、碘离子和氢离子，反应的离子方程式为IO+3HSO=3SO+I—+3H+，AB间发生的反应为反应生成的碘离子与碘酸根离子反应生成碘和水，反应的离子方程式为IO+5I—+6H+=3I2+ 3H2O。
【详解】A．由分析可知，OA间发生的反应为溶液中亚硫酸氢根离子与碘酸根离子溶液反应生成硫酸根离子、碘离子和氢离子，反应中还原剂为亚硫酸氢根离子，还原产物为碘离子，AB间发生的反应为反应生成的碘离子与碘酸根离子反应生成碘和水，还原剂为碘离子，还原产物为碘，由还原剂的还原性强于还原产物可知，亚硫酸氢根离子、碘离子、碘的还原性强弱顺序为，故A正确；
B．由分析可知，OA间发生的反应为溶液中亚硫酸氢根离子与碘酸根离子溶液反应生成硫酸根离子、碘离子和氢离子，则O~1间发生反应的离子方程式为IO+3HSO=3SO+I—+3H+，故B正确；
C．由分析可知，OA间发生的反应为溶液中亚硫酸氢根离子与碘酸根离子溶液反应生成硫酸根离子、碘离子和氢离子，反应的离子方程式为IO+3HSO=3SO+I—+3H+，由亚硫酸氢钠的物质的量为5mol可知，A点时碘酸根离子的物质的量为mol，则1~A间生成硫酸根离子的物质的量为(—1)mol×3=2mol，由离子方程式可知，反应生成硫酸钠的物质的量小于2mol，故C错误；
D．由分析可知，当溶液中碘离子和碘的物质的量比为5：3时，溶液中亚硫酸氢根离子完全反应，反应生成的碘离子部分被碘酸根离子氧化生成碘，设反应生成碘的物质的量为nmol，由方程式可得：(—)：n=5：3，解得n=，则反应共消耗碘酸钠的物质的量为mol+mol×=mol，故D正确；
故选C。
二、非选择题(本题共4小题，共55分)
16. a、b、c、d、e为前四周期元素(除稀有气体)，原子序数依次增大。a的基态原子价电子层有3个未成对电子；b元素常见的盐可用于纺织、制皂、制玻璃和焙制糕点；c元素的盐类大多具有硬度高、熔点高、难溶于水、化学性质稳定等特点；d元素原子在同周期元素中原子半径最小；e元素在地壳中的含量排在第四位；回答下列问题：
（1）在一定条件下，a的简单氢化物与其正四价的氧化物可转化为，每生成1mol时转移___________mol电子；汽车安全气囊中含有，受撞击使分解产生b单质和，若产生40.32L(标准状况下)，至少需要___________g。
（2）将一定量通入b的最高价氧化物对应水化物的溶液中，经一系列操作得到两种固态盐的混合物。现取mg固体混合物充分加热，质量减少ng。则mg固体混合物中热稳定性较低的物质的质量分数为___________。
（3）c元素的氧化物中c原子的杂化方式___________。
（4）c元素与d形成化合物，在潮湿空气中可产生白色烟雾，反应剧烈，且不可逆，反应的化学方程式为___________。
（5）d元素形成的单质在强碱性环境下能将e元素的红褐色难溶碱氧化成+6价的含氧酸根，写出离子方程式___________。
【答案】（1） ①. ②. 39
（2）
（3）
（4）(或)
（5）
【解析】
【分析】a、b、C、d、e为前四周期元素(除稀有气体)原子序数依次增大，其中e元素在地壳中的含量排在第四位，则e为Fe；b元素常见的盐可用于纺织、制皂、制玻璃和焙制糕点，则b为Na元素；c元素的盐类大多具有硬度高、熔.点高、难溶于水、化学性质稳定等特点，则c为Si元素;而a的基态原子价电子层有3个未成对电子，其原子序数小于钠，故a为N元素；d元素原子在同周期元素中原子半径最小，其原子序数大于钠、小于Fe，故d为Cl元素。
【小问1详解】
由分析可知，a为N元素、b为Na元素、c为Si元素、d为Cl元素、e为Fe元素。
a的简单氢化物为NH3，其正四价的氧化物为NO2，二者反应可转化为N2，反应方程式为8NH3 + 6NO2 7N2 + 12H2O，生成1molN2时，参加反应的NO2为mol，则转移电子为mol4=mol；汽车安全气囊中含有NaN3，受撞击使分解产生Na和N2，产生N2的物质的量为= 1.8mol，根据N原子守恒需要NaN3为= 0.6mol，至少需要NaN3的质量为0.6mol65g/mol = 39g，故答案为:；39；
【小问2详解】
b的最高价氧化物对应水化物为NaOH，将一定量CO2通入NaOH溶液中，经一系列操作得到两种固态盐的混合物为Na2CO3、NaHCO3，设碳酸氢钠的质量为xg，则:
168g: 62g= xg: ng，解得x =，则mg固体混合物中热稳定性较低的物质的质量分数为，
故答案为:；
【小问3详解】
c元素的氧化物为SiO2，晶体中存在[SiO4]四面体，Si原子形成4个Si-O键，Si原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为: sp3；
【小问4详解】
c元素与d形成化合物cd4为SiCl4，SiCl4在潮湿空气中可产生白色烟雾，反应剧烈，且不可逆，反应的化学方程式为(或)，故答案为: (或)；
【小问5详解】
d元素形成的单质为Cl2，e元素的红褐色难溶碱为Fe(OH)3，氯气在强碱性环境下能将Fe(OH)3氧化成+ 6价的含氧酸根，即生成，反应离子方程式为；故答案为: 。
17. 工业上以铬铁矿(主要成分为，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠的工艺流程如图。回答下列问题：
（1）中Fe元素的化合价___________，焙烧的目的是将转化为并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________。
（2）滤渣2的成分___________(填化学式)滤渣提纯后的用途___________。
（3）加入酸化的作用是___________(结合化学用语简述)。
（4）蒸发结晶时，过度蒸发将导致___________
（5）该小组用铬铁矿(的质量分数60%)制备，最终得到产品，产率为___________(列出计算式)
【答案】（1） ①. ②. 增大反应物接触面积，提高化学反应速率
（2） ①. ， ②. 干燥剂或催化剂的载体、抗胃酸的药物或冶炼铝的原料
（3）2+2H+⇌+H2O，增大氢离子浓度，使平衡向生成重铬酸根的方向移动
（4）(提早)析出
（5）
【解析】
【分析】铬铁矿的主要成分为FeCr2O4，含Al、Si的氧化物等杂质，铬铁矿、纯碱与O2焙烧时将FeCr2O4转化为Na2CrO4，同时将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，产物加水浸取所得滤液中含Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等，加入H2SO4中和将NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀而除去，然后加入H2SO4酸化，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶得到副产品，滤液经冷却结晶得到Na2Cr2O7∙2H2O。
【小问1详解】
FeCr2O4中Fe、Cr、O的化合价依次为+2、+3、-2价；焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物接触面积，提高化学反应速率；答案为：+2；增大反应物接触面积，提高化学反应速率。
【小问2详解】
浸取后的滤液中加H2SO4中和时发生反应H2SO4+Na2SiO3=Na2SO4+H2SiO3↓、H2SO4+2NaAlO2+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓，故滤渣2的成分为H2SiO3、Al(OH)3；滤渣经提纯后的H2SiO3的用途为干燥剂或催化剂的载体、Al(OH)3的用途为抗胃酸的药物或冶炼铝的原料；答案为：H2SiO3、Al(OH)3；干燥剂或催化剂的载体、抗胃酸的药物或冶炼铝的原料。
【小问3详解】
加入H2SO4酸化的作用是将Na2CrO4转化成Na2Cr2O7，可解释为：中和后的滤液中存在2+2H+⇌+H2O，增大氢离子浓度，使平衡向生成重铬酸根的方向移动；答案为：2+2H+⇌+H2O，增大氢离子浓度，使平衡向生成重铬酸根的方向移动。
【小问4详解】
H2SO4酸化后的溶液中主要含Na2Cr2O7、Na2SO4，蒸发结晶时过度蒸发将导致Na2Cr2O7∙2H2O (提早)析出；答案为：Na2Cr2O7∙2H2O (提早)析出。
【小问5详解】
根据Cr守恒，m1kg铬铁矿（FeCr2O4的质量分数为60%）理论上制得K2Cr2O7的质量为；最终产品的质量为m2kg，则产率为 =；答案为：。
18. 肼()是一种良好燃料，与水以任意比例互溶形成稳定的水合肼，沸点118℃，具有强还原性。实验室先制备次氯酸钠，再与尿素反应制备水合肼，进一步脱水制得肼，实验装置如图所示(部分装置省略)。
已知：
（1）反应完成后关闭，装置B的作用是储存多余的，可用的最佳试剂是___________。
（2）反应过程中装置C温度较高，应立即做冷水浴处理，否则会影响NaClO的产率，原因是___________。
（3）将装置C中制备的溶液转移到装置D的分液漏斗中，并缓缓滴入溶液中，化学反应方程式___________滴加速度不宜过快，其原因是___________。
（4）E处使用的仪器是___________(填“a”“b”或“c”)，该仪器的名称是___________。
（5）实验结束后多次精馏产物，得到较纯的肼溶液。取4-5滴(0.002g)于锥形瓶中，加水稀释后用0.1053mol/L的碘标准溶液滴定()，当溶液出现微黄色且30s不褪色时消耗碘溶液体积为VmL，肼溶液中的质量分数为___________。
【答案】（1）饱和食盐水
（2）与反应会不断放热，导致受热分解，原理为##与反应会不断放热，有副产物生成
（3） ①. ②. 若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低
（4） ①. a ②. 直形冷凝管或冷凝管均可
（5）84.24V%
【解析】
【分析】用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，并用冷却的氢氧化钠溶液吸收得到次氯酸钠，再用次氯酸钠和尿素反应生成水合肼，注意控制次氯酸钠的加入速率，防止水合肼被氧化，据此解答。
【小问1详解】
用装置B储存氯气，瓶中溶液应该不能溶解氯气，故该溶液为饱和氯化钠溶液，故答案为：饱和氯化钠溶液；
【小问2详解】
由于与反应会不断放热，导致受热分解，方程式为，所以反应过程中装置C温度较高，应立即做冷水浴处理。
【小问3详解】
在碱性溶液中尿素被次氯酸钠氧化的方程式为；由于滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低，所以滴加速度不宜过快；
【小问4详解】
E处使用的仪器是应该是冷凝管，用来冷却蒸汽，应选择直形冷凝管，防止液体有残留；
【小问5详解】
消耗碘溶液体积为VmL，则根据方程式可知肼溶液中的质量分数为84.24V%。
19. 布洛芬具有抗炎、止痛、解热的作用。以有机物A为原料制备布洛芬的一种合成路线如图所示。回答下列问题：
已知：
（1）C中官能团的名称是___________测定C中官能团的物理方法是___________。
（2）D的名称是___________。
（3）下列有关布洛芬的叙述正确的是___________。
①能发生取代反应，不能发生加成反应
②1mol该物质与碳酸钠反应生成44gCO2
③布洛芬分子中最多有19个原子共平面
④1mol布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为2mol
（4）口服布洛芬对胃、肠道有刺激，用对布洛芬进行成酯修饰，能有效改善这种状况，发生反应的化学方程式是___________
（5）满足下列条件的布洛芬的同分异构体有___________种。
①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种
②能发生水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应
③能发生银镜反应
（6）研究发现，以B为原料可通过其他途径合成布洛芬，其中一种途径如下：
N与布洛芬的相对分子质量相差28，N的结构简式是___________
【答案】（1） ①. 酮羰基、碳氯键 ②. 红外光谱法
（2）2—甲基丙醛 （3）③
（4）++H2O
（5）4种 （6）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与CH3CH=CH2发生加成反应生成，则A为；氯化铝作用下与发生取代反应生成，则C为；与HCHO在稀氢氧化钠溶液中发生加成反应生成 ，则D为；催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，与在酸性条件下发生加成反应生成，则G为；经多步转化得到。
【小问1详解】
由分析可知，C的结构简式为，官能团为酮羰基、碳氯键，红外光谱法能测定有机物分子中的官能团，则测定C中官能团的物理方法是红外光谱法，故答案为：酮羰基、碳氯键；红外光谱法；
【小问2详解】
由分析可知，D的结构简式为，名称为2—甲基丙醛，故答案为：2—甲基丙醛；
【小问3详解】
①由结构简式可知，布洛芬分子中含有的苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，故错误；
②由结构简式可知，布洛芬分子中含有的羧基能与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，则1mol该物质与碳酸钠反应生成二氧化碳的质量为1mol××44g/mol=22g，故错误；
③苯环和羧基是平面结构，由结构简式可知，布洛芬分子中最多有19个原子共平面，故正确；
④由结构简式可知，布洛芬分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，则1mol布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为1mol，故错误；
故选③；
【小问4详解】
由题意可知，在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为++H2O，故答案为：++H2O；
【小问5详解】
布洛芬的同分异构体能发生水解反应，且水解产物之一能与氯化铁溶液发生显色反应，能发生银镜反应说明与苯环相连的取代基为—OOCH，苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种说明布洛芬的同分异构体可以视作和分子中苯环上的氢原子被—OOCH取代所得结构，共有4种，故答案为：4；
【小问6详解】
由N与布洛芬的相对分子质量相差28可知，与乙酸酐发生取代反应生成，则M为；催化剂作用下 与氢气发生加成反应生成，则N为；与一氧化碳反应转化为故答案为：。
滨城高中联盟2022-2023学年度上学期高三期中(Ⅰ)考试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：N14 Na23 C12 O16 K39 Fe56 Cr52
一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1. 2022年9月疫情再次突袭大连，化学在“防疫”中发挥着重要作用，下列说法错误的是
A. 新冠病毒可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体
B. 我国成功研制多款新冠疫苗，采用冷链运输疫苗，可防止蛋白质变性
C. 次氯酸钠溶液、过氧乙酸、75%乙醇均可做消毒剂，可利用它们的强氧化性进行消毒
D. 口罩中金属鼻梁条的使用利用了其延展性，制作口罩的原料之一聚丙烯是一种合成高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A． 胶体按分散剂的状态可分为固溶胶、液溶胶、气溶胶，故气溶胶属于胶体，A项正确；
B． 温度过高会使蛋白质变性，病毒疫苗主要成分含蛋白质，为防止其变性，一般需要冷藏保存，B项正确；
C． 次氯酸钠溶液、过氧乙酸具有强氧化性，能够杀菌消毒，、75%乙醇能使蛋白质变性，可做消毒剂，C项错误；
D． 聚丙烯属于合成有机高分子化合物，D项正确；
故选C。
2. 分类是化学学习的重要方法，下列有关物质的分类正确的是
A. 混合物：漂白粉、碱石灰、胶体、冰水混合物
B. 电解质：、、、
C. 化合物：、、浓、
D. 碱性氧化物：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰水混合物为H2O，属于纯净物，选项A错误；
B．在熔融状态下或水溶液中有导电的化合物属于电解质，上述物质均属于电解质，选项B正确；
C．浓是的水溶液，属于混合物，不属于化合物，选项C错误；
D．既能与酸反应生成盐和水，也能与碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，选项D错误；
答案选B
3. 四氟肼可发生反应：，下列有关叙述正确的是
A. 电子式为：
B. O的价电子轨道表示式：
C. 在水溶液中的电离方程式：
D. 中的杂化轨道：
【答案】C
【解析】
【详解】A．为共价化合物，且分子中每个原子均达到8电子稳定结构，其电子式为：，故A错误；
B．O原子最外层有6个电子，其中2s轨道有2个电子，2p轨道还有4个电子，则其价电子轨道表示式为：，故B错误；
C．为弱电解质，在水溶液中发生部分电离，电离方程式为：或简写为：HFH++F-，故C正确；
D．的结构式为，每个N原子存在3个共价键和1个孤电子对，所以每个N原子价层电子对数是4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp3杂化，故D错误；
答案选C。
4. 中国古代文化源远流长，诗文中也有化学思想渗透，下列诗文对应的相关内容及描述正确的是
选项
古诗文
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A
《抱朴子》“以曾青涂铁，铁赤色如铜”
2Fe+3Cu2+=2Fe3++3Cu
此过程发生氧化还原反应
B
《本草经集注》记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)方法“以火烧之，紫青烟起，乃是真硝石也”
焰色试验
鉴别过程发生物理变化
C
《本草纲目》“冬月灶所烧薪柴之灰。令人以灰淋汁，取碱浣衣”
“碱”是碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性
“烧薪柴之灰”利用碳酸氢钠热稳定性低的性质
D
《梦溪笔谈》“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”
铁合金的硬度比纯铁的大
“剂钢”“柔铁”都是纯净物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．《抱朴子》“以曾青涂铁，铁赤色如铜”是Fe与CuSO4发生置换反应产生FeSO4、Cu，该反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，A错误；
B．KNO3中含有K元素，焰色试验透过蓝色钴玻璃观察，火焰显紫色；而Na2SO4中含有Na元素，焰色试验显黄色，二者的焰色试验现象不同，因此可以鉴别；但由于焰色试验呈现的颜色变化是化合物灼烧时电子发生跃迁时的能量变化，没有新物质存在，因此发生的变化属于物理变化，B正确；
C．《本草纲目》“冬月灶所烧薪柴之灰。令人以灰淋汁，取碱浣衣”， “碱”是碳酸钾，碳酸钾溶液显碱性，C错误；
D．剂钢为铁的合金，合金属于混合物，不是纯净物，其硬度比纯铁的大，D错误；
故合理选项是B。
5. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 与充分反应，转移电子数为
B. 被还原为转移电子数目为
C. 丙烯酸中含有的双键数目为
D. 含钠元素的和的混合物中含有的离子数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A． Fe与氯气点燃反应生成FeCl3，与充分反应，氯气不足，转移电子数为，故A错误；
B． 没有溶液的体积，无法计算的物质的量，故B错误；
C． 一个丙烯酸分子中含有2个双键，故丙烯酸中含有的双键数目为，故C错误；
D． 由钠离子和构成，由钠离子和氧离子构成，1mol和1mol均含有3mol离子，含钠元素的和的混合物共0.1mol，故含有的离子数目为，故D正确；
故选D。
6. 下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是
A. 加入的溶液：、、、
B. 通入溶液：、、、
C. 加入产生氢气的溶液：、、、
D. 通入少量后呈弱碱性的溶液：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠具有强氧化性，能氧化硫离子，故不能大量共存，A错误；
B．二氧化氮溶于水生成硝酸，能氧化碘离子，不能大量共存，B错误；
C．加入镁产生氢气的溶液为酸性溶液，有大量的氢离子，而硫代硫酸根离子不能在酸性溶液中大量共存，C错误；
D．四种离子和铵根离子不反应，在弱碱性溶液能大量共存，D正确；
故选D。
7. 下列离子方程式正确的是
A. 泡沬灭火器的原理：
B. 与反应制备
C. 向溶液中滴加过量溶液：
D. 硫酸酸化的溶液与双氧水反应后溶液褪色：
【答案】C
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器中含有试剂为硫酸铝和碳酸氢钠，原理为：，A错误；
B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠固体与氧气，不能拆，不能书写离子方程式，B错误；
C．氢氧化钠溶液过量，则碳酸氢钙中钙离子和碳酸氢根按1:2反应，离子方程式正确，C正确；
D．酸性高锰酸钾与过氧化氢反应生成锰离子和氧气，离子方程式为：，D错误；
故选C。
8. 一种以海绵铜为原料制备的工艺流程如下。
已知：为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。
下列说法错误的是
A. “溶解”时为加快反应速率可将溶液加热煮沸
B. “过滤”用到的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒
C. “醇洗”可加快除去表面水分，提高其纯度
D. “水浸”时发生的离子反应为
【答案】A
【解析】
【分析】硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，可以将海绵铜氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中反应生成CuCl，过滤后得到CuCl粗产品，经干燥洗涤得到纯净的CuCl。
【详解】A．稀硫酸和硝酸钠在一起可形成硝酸，硝酸易挥发，故“溶解”时为加快反应速率可将溶液适当加热不能煮沸，A错误；
B．过滤用于分离难溶性的固体和液体，所用玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确；
C．CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，故采用乙醇洗涤，C正确；
D．水浸时与亚硫酸钠、氯化钠在溶液中反应生成CuCl，离子反应为2Cu2++SO +2Cl−+2H2O=2CuCl↓+SO +2H+，D正确；
故选A。
9. 一种新型电池电解质阴离子结构式如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的同一短周期元素，原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍。下列说法不正确的是
A 非金属性：Z>Y>X
B. X、W的最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>W
C. 该阴离子中不是所有原子均满足最外层8电子稳定结构
D. Y的简单氢化物分子间存在氢键，因此沸点比W、X、Z的氢化物沸点都高
【答案】D
【解析】
【分析】原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍， 则X为C，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的同一短周期元素，且根据阴离子结构式可得W、X、Y、Z分别为B、C、N、F，据此分析。
【详解】A．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性：F>N>C，故A正确；
B．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强， 最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，所以酸性：碳酸>硼酸，故B正确；
C．由阴离子的结构式和各原子的成键可知该阴离子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，故C正确；
D．CH4不存在分子间氢键，NH3、H2O、HF的分子间都存在氢键，氢化物沸点最高的是H2O，故D错误；
故答案为：D。
10. 用下列装置进行实验能达到相应目的的是
A．铝热反应冶炼铝
B．检验二氧化硫中的乙烯
C．制备氧气
D．分离出纯净的乙醇
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁还原性比铝弱，铁粉不能还原氧化铝得到金属铝，A错误；
B．二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应而乙烯不能，混合气体通过氢氧化钠溶液后，若剩余的气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则有乙烯，B正确；
C．过氧化钠为粉末状固体，且能与水反应，该反应不能做到随用随停，C错误；
D．加热到一定温度后乙醇与水能形成共沸物而不能分离，应在蒸馏烧瓶中加入新制生石灰除去水，再蒸馏得到无水乙醇，D错误；
故选B。
11. 已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+ =PbO2 +2Pb2+ +2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2 +2Mn2+ +4H+ +5SO42－=2MnO4－+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是
A. 由反应I可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为1:2
B. 由反应I、II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4－
C. Pb可与稀硝酸发生反应：3 Pb +16 HNO3 =3 Pb(NO3)4 +4 NO↑ +8 H2O
D. Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4 +8 HCl=3 PbCl2 +4 H2O + Cl2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应I可知， PbO2 与Pb2+的比为1:2，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2:1，故A错误；
B．根据反应I可知，PbO2和硝酸不反应，不能得出氧化性HNO3>PbO2，故B错误；
C．由反应I可知，硝酸不能把Pb氧化为Pb(IV)，故C错误；
D．根据反应II，氧化性PbO2>MnO4－，所以Pb(IV)能把盐酸氧化为氯气，Pb3O4与盐酸发生反应的离子方程式是Pb3O4 +8 HCl=3 PbCl2 +4 H2O + Cl2↑，故D正确。
12. 海水综合利用符合可持续发展的原则，其联合工业体系(部分)如图所示，其中溴的提取经历了氧化、吹出、吸收、氧化等过程，下列说法中不正确的是
A. ①工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁
B. ②海水淡化主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法
C. ③海水提溴工艺中，生产1mol共消耗标准状况下22.4L
D. ④的主要产品之一与石灰乳反应充分，并使成为主要成分可得到漂粉精
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，过程①为工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁的过程，故A正确；
B．由图可知，过程②为海水淡化的过程，海水淡化主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等，故B正确；
C．溴的提取经历了氧化、吹出、吸收、氧化等过程，即经历两次氧化过程，因此生产1molBr2共消耗标准状况下的Cl2体积为44.8L，故C错误；
D．由图可知，过程④电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气的过程，反应制得的氯气与石灰乳充分反应得到主要成分为次氯酸钙的漂白精，故D正确；
故选C。
13. 下列有关化学实验操作、预期现象和解释与结论均正确的是
选项
实验操作
预期现象
解释与结论
A
将过量的干燥氯气通入装有几片新鲜玫瑰花瓣的集气瓶中
鲜花未变色
干燥没有漂白性
B
向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉-KI溶液
溶液变蓝
氧化性：
C
将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液
有白色沉淀产生
未全部反应
D
将硫酸酸化的溶液滴入溶液中
溶液由浅绿色变黄色
无法证明氧化性强于
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．鲜花含水，与氯气反应生成HClO具有漂白性，应选干燥的花瓣放入盛有干燥氯气的集气瓶中，故A错误；
B．向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉-KI溶液，溶液变蓝色，只能说明有单质碘生成，不能证明是氯气还是生成的单质溴氧化了碘离子，所以无法得出单质溴和单质碘的氧化性强弱，故B错误；
C．碳酸钠和氯化钡反应时氯离子不参与，所以向上层清液中再加1滴溶液，一定会产生氯化银沉淀，不能说明未全部反应，故C错误；
D．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由操作和现象不能证明酸性溶液中氧化性：H2O2＞Fe3+，故D正确；
故选D。
14. 磷化氢()是一种在空气中能自燃的剧毒气体，具有还原性，可作为电子工业原料。的一种工业制法流程如下：
下列说法错误的是
A. 反应1中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：3
B. 转化为的理论转化率为
C. 反应1与反应3分别生成时转移电子数之比为3：4
D. 等物质的量、与足量溶液反应消耗之比为1：1
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，反应1为白磷与过量浓氢氧化钠溶液反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为P4＋3NaOH+3H2O=3NaH2PO2＋PH3↑，反应2为次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为2NaH2PO2＋H2SO4=2H3PO2＋Na2SO4，反应3为次磷酸发生分解反应生成磷化氢和磷酸，反应的化学方程式为2H3PO2=H3PO4＋PH3↑。
【详解】A．由分析可知，反应1为白磷与过量浓氢氧化钠溶液反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为P4＋3NaOH+3H2O=3NaH2PO2＋PH3↑，反应中磷元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：3，故A正确；
B．由分析可知，制备磷化氢的过程中，1mol白磷转化为1.5mol磷酸和2.5mol磷化氢，则白磷转化为磷酸的转化率为×100%=37.5%，故B正确；
C．由分析可知，反应1为白磷与过量浓氢氧化钠溶液反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应中生成1mol磷化氢，反应转移3mol电子，反应3为次磷酸发生分解反应生成磷化氢和磷酸，反应中生成1mol磷化氢，反应转移4mol电子，则反应1与反应3分别生成1mol磷化氢时转移电子数之比为3：4，故C正确；
D．由反应1可知，次磷酸为一元弱酸，则等物质的量次磷酸、磷酸与足量氢氧化钠溶液反应消耗氢氧化钠的物质的量比为1：3，故D错误；
故选D。
15. 在含的溶液中逐滴加入溶液，加入的物质的量和析出的物质的量的关系曲线如图所示，下列说法错误的是
A. 由图示可知还原性：
B. 间发生反应：
C. 间共生成的物质的量为
D. 溶液中与的物质的量之比为5：3时，加入的为
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，OA间发生的反应为溶液中亚硫酸氢根离子与碘酸根离子溶液反应生成硫酸根离子、碘离子和氢离子，反应的离子方程式为IO+3HSO=3SO+I—+3H+，AB间发生的反应为反应生成的碘离子与碘酸根离子反应生成碘和水，反应的离子方程式为IO+5I—+6H+=3I2+ 3H2O。
【详解】A．由分析可知，OA间发生的反应为溶液中亚硫酸氢根离子与碘酸根离子溶液反应生成硫酸根离子、碘离子和氢离子，反应中还原剂为亚硫酸氢根离子，还原产物为碘离子，AB间发生的反应为反应生成的碘离子与碘酸根离子反应生成碘和水，还原剂为碘离子，还原产物为碘，由还原剂的还原性强于还原产物可知，亚硫酸氢根离子、碘离子、碘的还原性强弱顺序为，故A正确；
B．由分析可知，OA间发生的反应为溶液中亚硫酸氢根离子与碘酸根离子溶液反应生成硫酸根离子、碘离子和氢离子，则O~1间发生反应的离子方程式为IO+3HSO=3SO+I—+3H+，故B正确；
C．由分析可知，OA间发生的反应为溶液中亚硫酸氢根离子与碘酸根离子溶液反应生成硫酸根离子、碘离子和氢离子，反应的离子方程式为IO+3HSO=3SO+I—+3H+，由亚硫酸氢钠的物质的量为5mol可知，A点时碘酸根离子的物质的量为mol，则1~A间生成硫酸根离子的物质的量为(—1)mol×3=2mol，由离子方程式可知，反应生成硫酸钠的物质的量小于2mol，故C错误；
D．由分析可知，当溶液中碘离子和碘的物质的量比为5：3时，溶液中亚硫酸氢根离子完全反应，反应生成的碘离子部分被碘酸根离子氧化生成碘，设反应生成碘的物质的量为nmol，由方程式可得：(—)：n=5：3，解得n=，则反应共消耗碘酸钠的物质的量为mol+mol×=mol，故D正确；
故选C。
二、非选择题(本题共4小题，共55分)
16. a、b、c、d、e为前四周期元素(除稀有气体)，原子序数依次增大。a的基态原子价电子层有3个未成对电子；b元素常见的盐可用于纺织、制皂、制玻璃和焙制糕点；c元素的盐类大多具有硬度高、熔点高、难溶于水、化学性质稳定等特点；d元素原子在同周期元素中原子半径最小；e元素在地壳中的含量排在第四位；回答下列问题：
（1）在一定条件下，a的简单氢化物与其正四价的氧化物可转化为，每生成1mol时转移___________mol电子；汽车安全气囊中含有，受撞击使分解产生b单质和，若产生40.32L(标准状况下)，至少需要___________g。
（2）将一定量通入b的最高价氧化物对应水化物的溶液中，经一系列操作得到两种固态盐的混合物。现取mg固体混合物充分加热，质量减少ng。则mg固体混合物中热稳定性较低的物质的质量分数为___________。
（3）c元素的氧化物中c原子的杂化方式___________。
（4）c元素与d形成化合物，在潮湿空气中可产生白色烟雾，反应剧烈，且不可逆，反应的化学方程式为___________。
（5）d元素形成的单质在强碱性环境下能将e元素的红褐色难溶碱氧化成+6价的含氧酸根，写出离子方程式___________。
【答案】（1） ①. ②. 39
（2）
（3）
（4）(或)
（5）
【解析】
【分析】a、b、C、d、e为前四周期元素(除稀有气体)原子序数依次增大，其中e元素在地壳中的含量排在第四位，则e为Fe；b元素常见的盐可用于纺织、制皂、制玻璃和焙制糕点，则b为Na元素；c元素的盐类大多具有硬度高、熔.点高、难溶于水、化学性质稳定等特点，则c为Si元素;而a的基态原子价电子层有3个未成对电子，其原子序数小于钠，故a为N元素；d元素原子在同周期元素中原子半径最小，其原子序数大于钠、小于Fe，故d为Cl元素。
【小问1详解】
由分析可知，a为N元素、b为Na元素、c为Si元素、d为Cl元素、e为Fe元素。
a的简单氢化物为NH3，其正四价的氧化物为NO2，二者反应可转化为N2，反应方程式为8NH3 + 6NO2 7N2 + 12H2O，生成1molN2时，参加反应的NO2为mol，则转移电子为mol4=mol；汽车安全气囊中含有NaN3，受撞击使分解产生Na和N2，产生N2的物质的量为= 1.8mol，根据N原子守恒需要NaN3为= 0.6mol，至少需要NaN3的质量为0.6mol65g/mol = 39g，故答案为:；39；
【小问2详解】
b的最高价氧化物对应水化物为NaOH，将一定量CO2通入NaOH溶液中，经一系列操作得到两种固态盐的混合物为Na2CO3、NaHCO3，设碳酸氢钠的质量为xg，则:
168g: 62g= xg: ng，解得x =，则mg固体混合物中热稳定性较低的物质的质量分数为，
故答案为:；
【小问3详解】
c元素的氧化物为SiO2，晶体中存在[SiO4]四面体，Si原子形成4个Si-O键，Si原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为: sp3；
【小问4详解】
c元素与d形成化合物cd4为SiCl4，SiCl4在潮湿空气中可产生白色烟雾，反应剧烈，且不可逆，反应的化学方程式为(或)，故答案为: (或)；
【小问5详解】
d元素形成的单质为Cl2，e元素的红褐色难溶碱为Fe(OH)3，氯气在强碱性环境下能将Fe(OH)3氧化成+ 6价的含氧酸根，即生成，反应离子方程式为；故答案为: 。
17. 工业上以铬铁矿(主要成分为，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠的工艺流程如图。回答下列问题：
（1）中Fe元素的化合价___________，焙烧的目的是将转化为并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________。
（2）滤渣2的成分___________(填化学式)滤渣提纯后的用途___________。
（3）加入酸化的作用是___________(结合化学用语简述)。
（4）蒸发结晶时，过度蒸发将导致___________
（5）该小组用铬铁矿(的质量分数60%)制备，最终得到产品，产率为___________(列出计算式)
【答案】（1） ①. ②. 增大反应物接触面积，提高化学反应速率
（2） ①. ， ②. 干燥剂或催化剂的载体、抗胃酸的药物或冶炼铝的原料
（3）2+2H+⇌+H2O，增大氢离子浓度，使平衡向生成重铬酸根的方向移动
（4）(提早)析出
（5）
【解析】
【分析】铬铁矿的主要成分为FeCr2O4，含Al、Si的氧化物等杂质，铬铁矿、纯碱与O2焙烧时将FeCr2O4转化为Na2CrO4，同时将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，产物加水浸取所得滤液中含Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等，加入H2SO4中和将NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀而除去，然后加入H2SO4酸化，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶得到副产品，滤液经冷却结晶得到Na2Cr2O7∙2H2O。
【小问1详解】
FeCr2O4中Fe、Cr、O的化合价依次为+2、+3、-2价；焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物接触面积，提高化学反应速率；答案为：+2；增大反应物接触面积，提高化学反应速率。
【小问2详解】
浸取后的滤液中加H2SO4中和时发生反应H2SO4+Na2SiO3=Na2SO4+H2SiO3↓、H2SO4+2NaAlO2+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓，故滤渣2的成分为H2SiO3、Al(OH)3；滤渣经提纯后的H2SiO3的用途为干燥剂或催化剂的载体、Al(OH)3的用途为抗胃酸的药物或冶炼铝的原料；答案为：H2SiO3、Al(OH)3；干燥剂或催化剂的载体、抗胃酸的药物或冶炼铝的原料。
【小问3详解】
加入H2SO4酸化的作用是将Na2CrO4转化成Na2Cr2O7，可解释为：中和后的滤液中存在2+2H+⇌+H2O，增大氢离子浓度，使平衡向生成重铬酸根的方向移动；答案为：2+2H+⇌+H2O，增大氢离子浓度，使平衡向生成重铬酸根的方向移动。
【小问4详解】
H2SO4酸化后的溶液中主要含Na2Cr2O7、Na2SO4，蒸发结晶时过度蒸发将导致Na2Cr2O7∙2H2O (提早)析出；答案为：Na2Cr2O7∙2H2O (提早)析出。
【小问5详解】
根据Cr守恒，m1kg铬铁矿（FeCr2O4的质量分数为60%）理论上制得K2Cr2O7的质量为；最终产品的质量为m2kg，则产率为 =；答案为：。
18. 肼()是一种良好燃料，与水以任意比例互溶形成稳定的水合肼，沸点118℃，具有强还原性。实验室先制备次氯酸钠，再与尿素反应制备水合肼，进一步脱水制得肼，实验装置如图所示(部分装置省略)。
已知：
（1）反应完成后关闭，装置B的作用是储存多余的，可用的最佳试剂是___________。
（2）反应过程中装置C温度较高，应立即做冷水浴处理，否则会影响NaClO的产率，原因是___________。
（3）将装置C中制备的溶液转移到装置D的分液漏斗中，并缓缓滴入溶液中，化学反应方程式___________滴加速度不宜过快，其原因是___________。
（4）E处使用的仪器是___________(填“a”“b”或“c”)，该仪器的名称是___________。
（5）实验结束后多次精馏产物，得到较纯的肼溶液。取4-5滴(0.002g)于锥形瓶中，加水稀释后用0.1053mol/L的碘标准溶液滴定()，当溶液出现微黄色且30s不褪色时消耗碘溶液体积为VmL，肼溶液中的质量分数为___________。
【答案】（1）饱和食盐水
（2）与反应会不断放热，导致受热分解，原理为##与反应会不断放热，有副产物生成
（3） ①. ②. 若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低
（4） ①. a ②. 直形冷凝管或冷凝管均可
（5）84.24V%
【解析】
【分析】用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，并用冷却的氢氧化钠溶液吸收得到次氯酸钠，再用次氯酸钠和尿素反应生成水合肼，注意控制次氯酸钠的加入速率，防止水合肼被氧化，据此解答。
【小问1详解】
用装置B储存氯气，瓶中溶液应该不能溶解氯气，故该溶液为饱和氯化钠溶液，故答案为：饱和氯化钠溶液；
【小问2详解】
由于与反应会不断放热，导致受热分解，方程式为，所以反应过程中装置C温度较高，应立即做冷水浴处理。
【小问3详解】
在碱性溶液中尿素被次氯酸钠氧化的方程式为；由于滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低，所以滴加速度不宜过快；
【小问4详解】
E处使用的仪器是应该是冷凝管，用来冷却蒸汽，应选择直形冷凝管，防止液体有残留；
【小问5详解】
消耗碘溶液体积为VmL，则根据方程式可知肼溶液中的质量分数为84.24V%。
19. 布洛芬具有抗炎、止痛、解热的作用。以有机物A为原料制备布洛芬的一种合成路线如图所示。回答下列问题：
已知：
（1）C中官能团的名称是___________测定C中官能团的物理方法是___________。
（2）D的名称是___________。
（3）下列有关布洛芬的叙述正确的是___________。
①能发生取代反应，不能发生加成反应
②1mol该物质与碳酸钠反应生成44gCO2
③布洛芬分子中最多有19个原子共平面
④1mol布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为2mol
（4）口服布洛芬对胃、肠道有刺激，用对布洛芬进行成酯修饰，能有效改善这种状况，发生反应的化学方程式是___________
（5）满足下列条件的布洛芬的同分异构体有___________种。
①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种
②能发生水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应
③能发生银镜反应
（6）研究发现，以B为原料可通过其他途径合成布洛芬，其中一种途径如下：
N与布洛芬的相对分子质量相差28，N的结构简式是___________
【答案】（1） ①. 酮羰基、碳氯键 ②. 红外光谱法
（2）2—甲基丙醛 （3）③
（4）++H2O
（5）4种 （6）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与CH3CH=CH2发生加成反应生成，则A为；氯化铝作用下与发生取代反应生成，则C为；与HCHO在稀氢氧化钠溶液中发生加成反应生成 ，则D为；催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，与在酸性条件下发生加成反应生成，则G为；经多步转化得到。
【小问1详解】
由分析可知，C的结构简式为，官能团为酮羰基、碳氯键，红外光谱法能测定有机物分子中的官能团，则测定C中官能团的物理方法是红外光谱法，故答案为：酮羰基、碳氯键；红外光谱法；
【小问2详解】
由分析可知，D的结构简式为，名称为2—甲基丙醛，故答案为：2—甲基丙醛；
【小问3详解】
①由结构简式可知，布洛芬分子中含有的苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，故错误；
②由结构简式可知，布洛芬分子中含有的羧基能与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，则1mol该物质与碳酸钠反应生成二氧化碳的质量为1mol××44g/mol=22g，故错误；
③苯环和羧基是平面结构，由结构简式可知，布洛芬分子中最多有19个原子共平面，故正确；
④由结构简式可知，布洛芬分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，则1mol布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为1mol，故错误；
故选③；
【小问4详解】
由题意可知，在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为++H2O，故答案为：++H2O；
【小问5详解】
布洛芬的同分异构体能发生水解反应，且水解产物之一能与氯化铁溶液发生显色反应，能发生银镜反应说明与苯环相连的取代基为—OOCH，苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种说明布洛芬的同分异构体可以视作和分子中苯环上的氢原子被—OOCH取代所得结构，共有4种，故答案为：4；
【小问6详解】
由N与布洛芬的相对分子质量相差28可知，与乙酸酐发生取代反应生成，则M为；催化剂作用下 与氢气发生加成反应生成，则N为；与一氧化碳反应转化为故答案为：。
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