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2022-2023学年新疆乌鲁木齐市高级中学高三第一次模拟考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年新疆乌鲁木齐市高级中学高三第一次模拟考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，元素或物质推断题，原理综合题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
新疆乌鲁木齐市高级中学2022-2023学年高三第一次模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列是我国科研成果所涉及材料，有关分析正确的是
A．“中国天眼”的钢铁结构圈梁属于纯金属材料
B．北京冬奥会聚氨酯速滑服属于有机高分子材料
C．嫦娥五号发动机使用的钛合金属于新型无机非金属材料
D．我国发射的火星探测器，其太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
【答案】B
【详解】A．钢铁属于铁合金，所以“中国天眼”的钢铁结构圈梁属于合金材料，故A错误；
B．聚氨酯属于有机高分子材料，所以北京冬奥会聚氨酯速滑服属于有机高分子材料，故B正确；
C．嫦娥五号发动机使用的钛合金属于金属材料，故C错误；
D．我国发射的火星探测器，其太阳能电池板的主要材料是硅，故D错误；
故答案：B。
2．下列解释实验事实的化学方程式正确的是
A．Na和Cl形成NaCl的过程：
B．用FeCl3溶液“腐蚀”覆铜板：Fe3++ Cu = Fe2+ + Cu2+
C．用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl-+2H+H2↑+Cl2↑
D．“84消毒液”中加少量醋增强漂白性：ClO-+H+= HClO
【答案】A
【详解】A．NaCl为由钠离子和氯离子形成的离子化合物，其形成过程为：，A正确；
B．选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为2Fe3++ Cu = 2Fe2+ + Cu2+，B错误；
C．电解氯化铜溶液时，阴极Cu2+先放电，总反应为2Cl-+Cu2+Cu+Cl2↑，C错误；
D．醋酸为弱酸，不能写成离子，正确离子方程式为ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO-，D错误；
故选A。
3．依据下列实验，预测的实验现象正确的是
选项
实验内容
预测的实验现象
A
溶液中滴加NaOH溶液至过量
产生白色沉淀后沉淀消失
B
溶液中滴加KSCN溶液
溶液变血红色
C
AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量
黄色沉淀全部转化为白色沉淀
D
酸性溶液中滴加乙醇至过量
溶液紫红色褪去
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁为中强碱，其不与过量的NaOH溶液发生反应，因此，沉淀不消失，A不正确；
B．FeCl3溶液中滴加 KSCN洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的Fe3+存在；FeCl2溶液中滴加 KSCN洛液，溶液不变色，B不正确；
C．AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加 NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C不正确；
D．酸性KMnO4溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D正确；
综上所述，依据相关实验预测的实验现象正确的是D，本题选D。
4．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．12 g溶于水所得溶液中含阳离子数目为0.1NA
B．标准状况下，22.4 L HCl气体中含非极性键数目为NA
C．2.0 L 1.0 溶液中，的数目为6.0NA
D．0.1 mol 和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，生成HI分子总数为0.2NA
【答案】C
【详解】A．的水溶液中电离生成、及水电离产生少量，12g的物质的量为0.1mol，故阳离子个数大于，A错误；
B．HCl气体中无非极性键，B错误；
C．2.0 L 1.0溶液中，的数目为，C正确；
D．和I2发生反应生成HI为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，D错误；
故答案为：C。
5．中成药连花清瘟胶囊可用于流感的防治，其成分之一绿原酸的结构简式如下：
下列关于绿原酸的叙述不正确的是
A．苯环上的一氯代物有三种
B．1 mol该物质最多可与4 mol氢气发生加成反应
C．分子中所有碳原子可能共平面
D．可发生酯化、加成、水解、氧化反应
【答案】C
【分析】根据上述有机物结构可知，分子中含（酚）羟基、羟基、碳碳双键、酯基、羧基，据此分析解答。
【详解】A．上述分子苯环上有3种环境的氢原子，所以苯环上的一氯代物有3种，A正确；
B．苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，所以1 mol该物质最多可与3mol+1mol=4 mol氢气发生加成反应，B正确；
C．分子中含环，六元环上的碳原子一定不公面，C错误；
D．分子中羧基和羟基可发生酯化反应，碳碳双键和苯环可发生加成反应，酯基可发生水解反应，羟基可被氧化，发生氧化反应，D正确；
故选C。
6．下图是某短周期元素的价类二维图，其中A为无机盐，E的相对分子质量比D大16。下列说法不正确的是
A．若x为强酸，则物质D可使石蕊溶液先变红后褪色
B．E与水反应一定能生成一种强酸
C．若x为强碱，则D→E的反应可用于检验D
D．若x为强碱，则物质A→E中均含有氮元素
【答案】A
【分析】若x为强酸，由A为无机盐，E的相对分子质量比D大16可知，A为硫化物、B为硫化氢、C为S、D为二氧化硫、E为三氧化硫；若x为强碱，由A为无机盐，E的相对分子质量比D大16可知，A为铵盐、B为氨气、C为氮气、D为一氧化氮、E为二氧化氮。
【详解】A．由分析可知，若x为强酸，D为酸性氧化物二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂石蕊溶液褪色，故A错误；
B．由分析可知，若x为强酸，E为三氧化硫，三氧化硫与水反应生成强酸硫酸，若x为强碱，E为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成强酸硝酸和一氧化氮，则E与水反应一定能生成一种强酸，故B正确；
C．由分析可知，若x为强碱，D为一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，则D→E的反应可用于检验一氧化氮，故C正确；
D．由分析可知，若x为强碱，物质A→E的五种物质中均含有氮元素，故D正确；
故选A。
7．下列化学用语表示正确的是
A．PCl3电子式为：
B．乙炔的球棍模型：
C．聚氯乙烯的结构简式：
D．离子结构示意图：可表示16O2-，也可表示18O2-
【答案】D
【详解】A．PCl3中P、Cl原子最外层都有8个电子，正确电子式为，A错误；
B．乙炔分子中存在碳碳三键，为直线形分子，球棍模型为，B错误；
C．聚乙烯通过加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯正确的结构简式为，C错误；
D．16O2-、18O2-质子数相同，都为氧离子，核外有10个电子，有2个电子层，最外层电子数为8，结构示意图为，D正确；
综上所述答案为D。
8．下列过程涉及的化学反应相应的离子方程式正确的是
A．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：
B．等浓度等体积的溶液和HCl溶液混合：
C．将通入溶液中：
D．少量通入NaClO溶液中：
【答案】C
【详解】A．反应应该生成，A错误；
B．等浓度等体积的溶液和HCl溶液混合得到氢氧化铝沉淀，其离子方程式为：，B错误；
C．将通入溶液中，反应方程式为：，故该反应的离子方程式为，C正确；
D．由于HClO的酸性介于H2CO3和之间，故反应应该生成，D错误；
故答案为：C。
9．主族元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，其中元素Z位于第四周期，W、X、Y原子的最外层电子数之和为16.下列说法错误的是
W
X
Y
Z
A．X的最高价氧化物与水反应生成强酸
B．W、Y两种元素的最简单氢化物之间能反应
C．工业上常采用电解法制备单质Y
D．Z原子的核外最外层电子数为6
【答案】A
【分析】设W的最外层电子数为x，则X的最外层电子数为x-1，Y的最外层电子数为x+2，三者的最外层电子数之和为16，即3x+1=15，解之x=5。即W为N元素，X为Si元素，Y为Cl元素，Z为Se元素。
【详解】A．X的最高价氧化物为，不与水反应，A项错误；
B．W的最简单氢化物为，Y的最简单氢化物为HCl，两者反应生成，B项正确；
C．单质Y为，工业上常采用电解饱和食盐水制备，C项正确；
D．Z处于ⅥA族，D项正确；
故选A。
10．为达到实验目的，下列实验方法正确的是
选项
实验目的
实验方法
A
证明与浓硫酸共热至170℃有乙烯生成
与浓硫酸共热至170℃，产生的气体通入酸性溶液
B
验证与KI的反应是可逆反应
向1 mL 0. 1溶液中滴加5 mL 0.1 KI溶液充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液
C
检验乙醇中是否有水
向乙醇中加入一小粒金属钠
D
氧化性：
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．与浓硫酸共热至170℃，生成气体中的、乙烯、均能与反应，褪色，不能证明与浓硫酸共热至170℃有乙烯生成，故不选A；
B．由于KI过量，若加入KSCN溶液显红色，说明FeCl3有剩余，则证明反应可逆，故B正确；
C．乙醇和水均能与金属钠反应，向乙醇中加入一小粒金属钠，有气泡产生，不能证明乙醇中含有水分子，故不选C；
D．由于氯水过量，剩余氯水能氧化，溶液变蓝，不能证明氧化性，故D错误；
选B。
11．维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法正确的是
A．分子式为C6H6O6
B．1mol 维生素C与足量的Na反应，可生成标准状况下22.4LH2
C．与 互为同分异构体
D．可用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键
【答案】C
【详解】A．由结构简式可知，维生素C的分子式为C6H8O6，故A错误；
B．由结构简式可知，维生素C的分子中含有4个羟基，则1mol 维生素C与足量的钠反应，可生成标准状况下44.8L氢气，故B错误；
C．由结构简式可知，维生素C与 的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D．由结构简式可知，维生素C的分子中含有的羟基和碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则不能用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键，故D错误；
故选C。
12．25℃时，向20mL 0.2 MOH溶液中逐滴加入浓度为0.2的盐酸，溶液中与、加入盐酸的体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．MCl水解平衡常数的数量级为
B．b点溶液中各微粒的浓度关系为
C．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度逐渐增大
D．d点溶液的
【答案】B
【分析】lg=0时，c(MOH)=c(M＋)，此时pOH=4.2，则c(OH－)=10−4.2mol·L−1，根据Kb(MOH)=可知此时Kb(MOH)=c(OH－)=10−4.2；
【详解】A．由分析可知，MCl的水解常数为，数量级为10−10，A正确；
B．b点加入10mL0.2的盐酸，溶质为等量的MOH和MCl，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，则MOH的电离程度大于M＋水解程度，所以离子浓度大小顺序为c(M＋)＞c(Cl－)＞c(MOH)＞c(OH－)＞c(H＋)，B错误；
C．酸和碱都会抑制水的电离，开始未加入HCl溶液，原碱溶液电离出的氢氧根离子抑制水的电离，加入HCl溶液到中和率100%时生成可以水解的MCl，促进水的电离，即中和率从0至100%的过程水的电离程度一直增大，所以水的电离程度：a
故选B。
13．盐酸羟胺(化学式为NH3OHCl，其中N为-1价)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用如图1所示的方法制备，其电池装置中含Fe的催化电极的电极反应机理如图2所示。下列说法错误的是
A．含Fe的催化电极的电极反应为NO+3e-+4H+=NH3OH+
B．图2中，A为H+，B为NH3OH+
C．电池工作时，H+从右室穿过氢离子交换膜向左室迁移
D．电池工作时，每消耗22.4LNO(标准状况)，左室溶液质量增加34g
【答案】D
【分析】由图可知，含Fe的催化电极为正极，电极反应为NO+3e-+4H+=NH3OH+，Pt电极为负极，电极反应为，据此分析解答。
【详解】A． 由分析知，含Fe的催化电极的电极反应为NO+3e-+4H+=NH3OH+，故A正确；
B． 由题意可知，盐酸羟胺化学性质类似NH4Cl，则NH2OH具有和氨气类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺(NH3OHCl)，所以缺少的一步反应为NH2OH+H+ = NH3OH+，图2中，A为H+，B为NH3OH+，故B正确
C． 该装置为原电池，故电池工作时，H+应从负极移动向正极，故从右室穿过氢离子交换膜向左室迁移，故C正确；
D．含Fe的催化电极为正极，电极反应式为NO+3e-+4H+=NH3OH+，22.4LNO(标况下)的物质的量为1mol，左室增加的质量为1molNO和3mol氢离子的质量，即1mol´30g/mol + 0.3mol ´ 1g/mol = 33g，故D错误；
故选D。
14．HA和HB是两种一元弱酸，其难溶盐RA和RB的溶度积：，已知不发生水解，实验测得25℃时RA和RB的饱和溶液中， 随的变化为线性关系，如图中实线甲和实线乙所示。下列说法错误的是
A．25℃时，RA的的数量级为
B．实线甲表示难溶盐RB中随的变化
C．当时，溶液
D．25℃时，将RA，RB加入蒸馏水中混合、振荡、静置后，上层清液中
【答案】C
【分析】在RA和RB的饱和溶液中，当接近时，溶液中很大，此时A-和B-的水解被极大地抑制，使得，，则。由图可知当时，实线甲的，实线乙的，又因为溶度积得，，所以实线乙表示难溶盐RA中随的变化，实线甲表示难溶盐RB中随的变化。
【详解】A．根据分析可知，实线甲的，A正确；
B．根据分析可知，实线甲表示难溶盐RB中随的变化，B正确；
C．由得，观察图象可知，该点为实线甲和实线乙的相交点，其横坐标为，因此溶液的，C错误；
D．上层清液中R+的浓度相等，根据、可知，，D正确；
故答案选C。
二、工业流程题
15．酸性蚀刻液的主要成分是H2O2/HCl，腐蚀铜后的废液中主要含有CuCl2、HCl。一种以废铝屑为主要原料回收酸性蚀刻废液中的铜并生产AlCl3的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)在实验室，“反应a”过程需远离火源，其原因是_______(用文字叙述)。
(2)“操作b”包括_______、过滤、洗涤，其中过滤需要用到的玻璃仪器有_______、烧杯。
(3)实验室可用食盐与浓硫酸在微热条件下反应制取HCl气体。
①HCl气体的发生装置应选择装置_______(填字母，下同)，用水吸收多余的HCl气体时，应该选择装置_______，其原因是_______。
②写出制备HCl反应的化学方程式：_______，该反应利用了浓H2SO4的性质是_______(填“脱水性”“氧化性”或“难挥发性”)
(4)“灼烧”时，若在无HCl的气氛中反应，最终是否生成给出判断并说明理由：_______。
【答案】(1)Al与稀HCl反应产生，其遇明火易发生爆炸
(2) 蒸发浓缩、冷却结晶 漏斗、玻璃棒
(3) B F HCl易溶于水，选择F可防止倒吸 (浓) 难挥发性
(4)不能生成，因为水解，生成HCl易挥发，导致平衡右移生成，灼烧生成
【分析】酸性蚀刻废液即腐蚀铜后的废液中主要含有CuCl2、HCl，加入废铝屑后发生的反应a有：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+3CuCl2=2AlCl3+3Cu，过滤后得到滤渣主要成分为Al和Cu，加入足量的盐酸后除去Al，再过滤洗涤得到Cu，滤液中主要含有AlCl3溶液，经过蒸发浓酸、冷却结晶，过滤洗涤干燥得到AlCl3·6H2O晶体，在HCl的气流中进行灼烧可得无水AlCl3，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，反应a有：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+3CuCl2=2AlCl3+3Cu，Al与稀HCl反应产生，其遇明火易发生爆炸，故在实验室，“反应a”过程需远离火源，故答案为：Al与稀HCl反应产生，其遇明火易发生爆炸；
（2）由分析可知，“操作b”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，其中过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；漏斗、玻璃棒；
（3）①由题干信息可知，制备HCl采用固液加热装置，个HCl气体的发生装置应选择装置B，由于HCl易溶于水，用水吸收多余的HCl气体时，需考虑倒吸现象的发生，而选择F可防止倒吸，故答案为：B；F；HCl易溶于水，选择F可防止倒吸；
②由题干信息可知，制备HCl反应的化学方程式为：NaCl+H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl↑，该反应利用了浓H2SO4的性质是难挥发性，故答案为：NaCl+H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl↑；难挥发性；
（4）因为水解，生成HCl易挥发，导致平衡右移生成，灼烧生成，“灼烧”时，若在无HCl的气氛中反应，最终不能生成， 故答案为：不能生成，因为水解，生成HCl易挥发，导致平衡右移生成，灼烧生成。
三、元素或物质推断题
16．已知A、B、C、D、E、F、G为七种短周期主族元素，原子序数依次增大。已知：A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体。C与B、G在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17，质子数之和为31。D与F同周期，且在该周期中D元素的原子半径最大。回答下列问题：
(1)B、C、G的简单氢化物中稳定性最弱的是____(填化学式)。
(2)G的某种氧化物能使酸性KMnO4溶液褪色，反应的离子方程式为____。
(3)B、C、D、E、F形成的简单离子半径由小到大的顺序为____(用离子符号表示)。
(4)A与B能形成离子化合物A5B，A5B中既含离子键又含共价键，其电子式为____，该物质能与水剧烈反应生成两种气体，这两种气体的化学式是____。
(5)F的最高价氧化物对应的水化物和D的最高价氧化物对应的水化物的水溶液发生反应的离子方程式为____。
【答案】(1)H2S
(2)5SO2+2+2H2O=2Mn2++4H++5
(3)Al3+＜Mg2+＜Na+＜O2-＜N3-
(4) H2、NH3
(5)Al(OH)3＋OH－=＋2H2O
【分析】A、B、C、D、E、F、G为七种短周期的主族元素，原子序数依次增大，A的最外层电子数等于电子层数，且A的单质在常温下为气体，则A为H元素；C与B、G在元素周期表中处于相邻位置，结合原子序数依次增大，可知C、B同周期，C、G同主族，设C、G最外层电子数为x，则B最外层电子数为x-1，故x+x+x-1=17，解得x=6，故C为O元素、B为N元素、G为S元素，三者质子数之和为31；F的最外层电子数等于电子层数，原子序数大于氧，只能处于第三周期，故F为Al；D与F同周期，且在该周期中D元素的原子半径最大，则D为Na，E的原子序数介于Na、Al之间，则E为Mg。
【详解】（1）根据上述分析可知，B是N元素，C是O元素，G为S元素，在O、N、S三元素中，O的非金属性最强，N的电负性大于S，因此S的非金属性最弱，故H2S的稳定性最弱；
（2）SO2具有还原性，能使KMnO4溶液褪色，反应的离子方程式为5SO2+2+2H2O=2Mn2++4H++5；
（3）根据分析，B、C、D、E、F分别为N、O、Na、Mg、Al，它们的离子核外电子数都是10，原子序数越大，离子半径反而小，故离子半径Al3+＜Mg2+＜Na+＜O2-＜N3-；
（4）根据分析，A为H，B为N，形成既含有离子键又含共价键的物质是NH4H，电子式为；NH5能与水剧烈反应生成两种气体，根据元素守恒可知，生成的气体是H2、NH3；
（5）根据分析，F为Al，D为Na，二者最高价氧化物的水化物分别为Al(OH)3和NaOH，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=＋2H2O。
四、原理综合题
17．光气()在工业上具有重要的用途。
(1)相关的化学键键能数据如下表。
化学键
243
330
1076
765
写出工业上采用高温活性炭催化与合成的热化学方程式：___________
(2)在密闭体系中，充入体积比为的和和适量的活性炭，发生反应，实验测得反应平衡体系中的体积分数与压强p和温度T的关系曲线如图所示：
①有利于提高光气()平衡产率的反应条件是___________。
②图中A点和C点化学平衡常数的大小关系：___________(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是___________。若用压强平衡常数，表示，计算B点对应的___________ (用含的式子表示)为压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算，气体平衡分压=总压×气体体积分数)。
【答案】(1)
(2) 增大压强，降低温度，增大反应物浓度 大于 该反应正反应为放热反应，其他条件一定时，温度升高，平衡逆向移动，此时，的体积分数减小而K值减小
【详解】（1）工业上采用高温活性炭催化与合成的热化学方程式：反应物总键能-生成物总键能；
（2）①有利于提高光气()平衡产率的反应条件是增大压强，因为反应物的总化学计量数大于生成物的化学计量数；降低温度，因为此反应为放热反应；增大反应物浓度；
②由图可知，大于；原因是该反应正反应为放热反应，其他条件一定时，温度升高，平衡逆向移动，此时，的体积分数减小而K值减小；设B点光气转化，列三段式：
由图可知，B点的体积分数为0.4，则，解得，则的体积分数为0.3，的体积分数为0.3，B点对应的。
五、填空题
18．二氧化氯()是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。回答下列问题：
(1)的制备：制备的常用方法有两种，分别为法、与反应法。
①法制备的原理为，X的化学式为___________，将通入溶液中，有红褐色沉淀生成，溶液中的主要阴离子为、，若消耗，则被氧化的为___________。
②与反应法制备，生成物只有两种，参加反应的与物质的量之比为___________，与法相比，与反应法的优点是___________(填一条)。
(2)的用途：除毒、除异味。
①可以将剧毒的氰化物氧化成和，离子方程式为，属于___________(填“酸”“碱”或“两”)性氧化物，每转移，生成___________L(标准状况下)。
②能把水溶液中有异味的氧化成四价锰，使之形成不溶于水的，该反应的离子方程式为___________。
【答案】(1) 5 无污染性气体生成
(2) 酸 2.24
【详解】（1）①由原子守恒知，生成物少2个氯原子，结合方程式可得出X化学式为Cl2；ClO2中Cl元素化合价由+4价降到Cl-中的-1价，则1mol ClO2得5mole-，Fe2+被氧化为Fe(OH)3，则1mol Fe2+失1mole-，根据得失电子守恒可得，消耗1mol ClO2时被氧化的FeSO4物质的量为5mol；
②KClO3与反应制备ClO2，Cl元素化合价由+5降到+4得1e-，SO2中S元素化合价由+4升高到+6失2e-，由得失电子守恒知，KClO3和SO2物质的量之比为2 : 1；Kestiog法有Cl2生成，所以KClO3与SO2反应法的优点是无污染性气体生成；
（2）①CO2能和碱反应生成盐和水，故属于酸性氧化物；由反应方程式知，转移10mole-生成1molN2，所以每转移1mole-生成0.1mol N2，即标况下体积为22.4L/mol 0.1mol=2.24L；
②ClO2将Mn2+氧化为MnO2，自身得电子到Cl-，由得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得出该反应离子方程式为：6H2O+2ClO2+5Mn2+=5MnO2+2Cl-+10H+。
19．一种利用电解锰阳极泥(主要成分MnO2、MnO)制备MnO2的工艺流程如下：
(1)“煅烧氧化”时，1mol MnO煅烧完全转化为Na2MnO4失去电子的物质的量为___________；MnO2煅烧反应的化学方程式为__________________。
(2)“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，可采取的措施有____________、____________(列举2点)
(3)“调pH”是将溶液pH 调至约为10，防止pH较低时Na2MnO4自身发生氧化还原反应，生成MnO2和___________；写出用pH试纸测定溶液pH的操作_______________。
(4)“还原”时有无机含氧酸盐生成，发生反应的化学方程式为_____________。
(5)测定产品中MnO2质量分数的步骤如下：
步骤1. 准确称取mg产品，加入c1mol·L-1Na2C2O4溶液V1mL (过量)及适量的稀硫酸，水浴加热煮沸一段时间。(已知：Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4)
步骤2. 然后用c2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V2mL。(已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)
步骤2达滴定终点时判断依据是_____________；产品中MnO2的质量分数为ω(MnO2)=____________(列出计算的表达式即可)。
【答案】 4mol 2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O 煅烧后固体进行粉碎，适量增大水的量 适当提高浸取温度，充分搅拌 MnO4-(或NaMnO4) 取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH 2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH 滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去 ×100%
【详解】 (1)“煅烧氧化”时MnO Na2MnO4锰由+2价变成+6价，失去电子为4e- ，1mol MnO煅烧完全失去电子的物质的量为4mol；MnO2煅烧反应的化学方程式为2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O。
(2)“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，就是增大化学反应速率，所以可采取的措施有：煅烧后固体进行粉碎，增大接触面积，适量增大水的量促进溶解，；适当提高浸取温度，加快化学反应速率，充分搅拌让物质充分迅速
(3)Na2MnO4中Mn的化合价为+6 ,MnO2中Mn的化合价为+4, Na2MnO4自身发生氧化还原反应，Mn的化合价为要升高,即发生MnO2 Na2MnO4 MnO4_,所以能生成MnO2,MnO4-(或NaMnO4)
用pH试纸测定溶液pH的操作操作为(6). 取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH 。答案：MnO4-(或NaMnO4) 取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH 。
(4)由 “还原指Na2MnO4与甲醛反应，发生反应的化学方程式为2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH。
（5）达滴定终点时判断依据是：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去。
由5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)
5 2
X c2v2 X== 2.5C2V2
由Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4
1 1
C1V1-2.5C2V2 Y Y= (C1V1-2.5C2V2)mol
产品中MnO2的质量分数为m(MnO2)= (C1V1-2.5C2V2)mol87g/mol=87 (C1V1-2.5C2V2)/1000g
产品中MnO2的质量分数为ω(MnO2)= 87(C1V1-2.5C2V2)/1000m100
六、实验题
20．实验小组探究溶液与溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。已知：
i、具有强氧化性，能完全电离，易被还原为；
ii、淀粉检测的灵敏度很高，遇低浓度的即可快速变蓝：
iii、可与发生反应：。
编号
1-1
1-2
实验操作
现象
无明显现象
溶液立即变蓝
(1)实验1-1的目的是___________。
(2)与反应的离子方程式为___________。
为了研究与反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。
编号
溶液
溶液
蒸馏水
的淀粉溶液/滴
溶液
变色时间/s
2-1
2
0
2.8
2
0.2
立即
2-2
2
0.8
0.2
2
0
30
(3)实验2-1不能用于测定与KI反应的速率，原因除变色时间过短外还有___________。
(4)加入溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。
猜想1：先与反应，使降低；
猜想2：先与反应，___________。
①甲同学提出猜想1的依据：由信息iii推测，的还原性___________(填“强于”或“弱于”)的。
②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由是___________。
③补全猜想2：___________。
(5)查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算内的平均反应速率___________(写出计算式)。
【答案】(1)做对照，排出氧化的干扰
(2)
(3)无时，生成少量后淀粉即变蓝，无法确定与反应的浓度变化
(4) 强于 实验2-2与完全反应后的溶液中，仍高于2-1中起始，溶液应立即变蓝 生成的与迅速反应，待消耗完，继续生成时，淀粉才变蓝
(5)
【详解】（1）空气中的氧气也可能将I-氧化为I2，所以实验1-1的目的是做对照，排出氧化的干扰。
（2）与反应生成和I2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（3）无时，生成少量后淀粉即变蓝，无法确定与反应的浓度变化，则实验2-1不能用于测定与KI反应的速率。
（4）①已知可与发生反应：，该反应中I2为氧化剂，是还原剂，I-是还原产物，根据氧化还原反应的规律可知，的还原性强于KI；
②实验2-2与完全反应后的溶液中，仍高于2-1中起始，溶液应立即变蓝，乙同学根据现有数据证明猜想1不成立；
③已知I2可与发生反应：，则加入溶液后溶液变蓝的时间明显增长的原因可能是：先与反应，生成的与迅速反应，待消耗完，继续生成时，淀粉才变蓝。
（5）先与反应，与迅速反应，由方程式和可知n()=n()=，则。
新疆乌鲁木齐市高级中学2022-2023学年高三第一次模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列是我国科研成果所涉及材料，有关分析正确的是
A．“中国天眼”的钢铁结构圈梁属于纯金属材料
B．北京冬奥会聚氨酯速滑服属于有机高分子材料
C．嫦娥五号发动机使用的钛合金属于新型无机非金属材料
D．我国发射的火星探测器，其太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
【答案】B
【详解】A．钢铁属于铁合金，所以“中国天眼”的钢铁结构圈梁属于合金材料，故A错误；
B．聚氨酯属于有机高分子材料，所以北京冬奥会聚氨酯速滑服属于有机高分子材料，故B正确；
C．嫦娥五号发动机使用的钛合金属于金属材料，故C错误；
D．我国发射的火星探测器，其太阳能电池板的主要材料是硅，故D错误；
故答案：B。
2．下列解释实验事实的化学方程式正确的是
A．Na和Cl形成NaCl的过程：
B．用FeCl3溶液“腐蚀”覆铜板：Fe3++ Cu = Fe2+ + Cu2+
C．用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl-+2H+H2↑+Cl2↑
D．“84消毒液”中加少量醋增强漂白性：ClO-+H+= HClO
【答案】A
【详解】A．NaCl为由钠离子和氯离子形成的离子化合物，其形成过程为：，A正确；
B．选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为2Fe3++ Cu = 2Fe2+ + Cu2+，B错误；
C．电解氯化铜溶液时，阴极Cu2+先放电，总反应为2Cl-+Cu2+Cu+Cl2↑，C错误；
D．醋酸为弱酸，不能写成离子，正确离子方程式为ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO-，D错误；
故选A。
3．依据下列实验，预测的实验现象正确的是
选项
实验内容
预测的实验现象
A
溶液中滴加NaOH溶液至过量
产生白色沉淀后沉淀消失
B
溶液中滴加KSCN溶液
溶液变血红色
C
AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量
黄色沉淀全部转化为白色沉淀
D
酸性溶液中滴加乙醇至过量
溶液紫红色褪去
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁为中强碱，其不与过量的NaOH溶液发生反应，因此，沉淀不消失，A不正确；
B．FeCl3溶液中滴加 KSCN洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的Fe3+存在；FeCl2溶液中滴加 KSCN洛液，溶液不变色，B不正确；
C．AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加 NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C不正确；
D．酸性KMnO4溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D正确；
综上所述，依据相关实验预测的实验现象正确的是D，本题选D。
4．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．12 g溶于水所得溶液中含阳离子数目为0.1NA
B．标准状况下，22.4 L HCl气体中含非极性键数目为NA
C．2.0 L 1.0 溶液中，的数目为6.0NA
D．0.1 mol 和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，生成HI分子总数为0.2NA
【答案】C
【详解】A．的水溶液中电离生成、及水电离产生少量，12g的物质的量为0.1mol，故阳离子个数大于，A错误；
B．HCl气体中无非极性键，B错误；
C．2.0 L 1.0溶液中，的数目为，C正确；
D．和I2发生反应生成HI为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，D错误；
故答案为：C。
5．中成药连花清瘟胶囊可用于流感的防治，其成分之一绿原酸的结构简式如下：
下列关于绿原酸的叙述不正确的是
A．苯环上的一氯代物有三种
B．1 mol该物质最多可与4 mol氢气发生加成反应
C．分子中所有碳原子可能共平面
D．可发生酯化、加成、水解、氧化反应
【答案】C
【分析】根据上述有机物结构可知，分子中含（酚）羟基、羟基、碳碳双键、酯基、羧基，据此分析解答。
【详解】A．上述分子苯环上有3种环境的氢原子，所以苯环上的一氯代物有3种，A正确；
B．苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，所以1 mol该物质最多可与3mol+1mol=4 mol氢气发生加成反应，B正确；
C．分子中含环，六元环上的碳原子一定不公面，C错误；
D．分子中羧基和羟基可发生酯化反应，碳碳双键和苯环可发生加成反应，酯基可发生水解反应，羟基可被氧化，发生氧化反应，D正确；
故选C。
6．下图是某短周期元素的价类二维图，其中A为无机盐，E的相对分子质量比D大16。下列说法不正确的是
A．若x为强酸，则物质D可使石蕊溶液先变红后褪色
B．E与水反应一定能生成一种强酸
C．若x为强碱，则D→E的反应可用于检验D
D．若x为强碱，则物质A→E中均含有氮元素
【答案】A
【分析】若x为强酸，由A为无机盐，E的相对分子质量比D大16可知，A为硫化物、B为硫化氢、C为S、D为二氧化硫、E为三氧化硫；若x为强碱，由A为无机盐，E的相对分子质量比D大16可知，A为铵盐、B为氨气、C为氮气、D为一氧化氮、E为二氧化氮。
【详解】A．由分析可知，若x为强酸，D为酸性氧化物二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂石蕊溶液褪色，故A错误；
B．由分析可知，若x为强酸，E为三氧化硫，三氧化硫与水反应生成强酸硫酸，若x为强碱，E为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成强酸硝酸和一氧化氮，则E与水反应一定能生成一种强酸，故B正确；
C．由分析可知，若x为强碱，D为一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，则D→E的反应可用于检验一氧化氮，故C正确；
D．由分析可知，若x为强碱，物质A→E的五种物质中均含有氮元素，故D正确；
故选A。
7．下列化学用语表示正确的是
A．PCl3电子式为：
B．乙炔的球棍模型：
C．聚氯乙烯的结构简式：
D．离子结构示意图：可表示16O2-，也可表示18O2-
【答案】D
【详解】A．PCl3中P、Cl原子最外层都有8个电子，正确电子式为，A错误；
B．乙炔分子中存在碳碳三键，为直线形分子，球棍模型为，B错误；
C．聚乙烯通过加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯正确的结构简式为，C错误；
D．16O2-、18O2-质子数相同，都为氧离子，核外有10个电子，有2个电子层，最外层电子数为8，结构示意图为，D正确；
综上所述答案为D。
8．下列过程涉及的化学反应相应的离子方程式正确的是
A．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：
B．等浓度等体积的溶液和HCl溶液混合：
C．将通入溶液中：
D．少量通入NaClO溶液中：
【答案】C
【详解】A．反应应该生成，A错误；
B．等浓度等体积的溶液和HCl溶液混合得到氢氧化铝沉淀，其离子方程式为：，B错误；
C．将通入溶液中，反应方程式为：，故该反应的离子方程式为，C正确；
D．由于HClO的酸性介于H2CO3和之间，故反应应该生成，D错误；
故答案为：C。
9．主族元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，其中元素Z位于第四周期，W、X、Y原子的最外层电子数之和为16.下列说法错误的是
W
X
Y
Z
A．X的最高价氧化物与水反应生成强酸
B．W、Y两种元素的最简单氢化物之间能反应
C．工业上常采用电解法制备单质Y
D．Z原子的核外最外层电子数为6
【答案】A
【分析】设W的最外层电子数为x，则X的最外层电子数为x-1，Y的最外层电子数为x+2，三者的最外层电子数之和为16，即3x+1=15，解之x=5。即W为N元素，X为Si元素，Y为Cl元素，Z为Se元素。
【详解】A．X的最高价氧化物为，不与水反应，A项错误；
B．W的最简单氢化物为，Y的最简单氢化物为HCl，两者反应生成，B项正确；
C．单质Y为，工业上常采用电解饱和食盐水制备，C项正确；
D．Z处于ⅥA族，D项正确；
故选A。
10．为达到实验目的，下列实验方法正确的是
选项
实验目的
实验方法
A
证明与浓硫酸共热至170℃有乙烯生成
与浓硫酸共热至170℃，产生的气体通入酸性溶液
B
验证与KI的反应是可逆反应
向1 mL 0. 1溶液中滴加5 mL 0.1 KI溶液充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液
C
检验乙醇中是否有水
向乙醇中加入一小粒金属钠
D
氧化性：
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．与浓硫酸共热至170℃，生成气体中的、乙烯、均能与反应，褪色，不能证明与浓硫酸共热至170℃有乙烯生成，故不选A；
B．由于KI过量，若加入KSCN溶液显红色，说明FeCl3有剩余，则证明反应可逆，故B正确；
C．乙醇和水均能与金属钠反应，向乙醇中加入一小粒金属钠，有气泡产生，不能证明乙醇中含有水分子，故不选C；
D．由于氯水过量，剩余氯水能氧化，溶液变蓝，不能证明氧化性，故D错误；
选B。
11．维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法正确的是
A．分子式为C6H6O6
B．1mol 维生素C与足量的Na反应，可生成标准状况下22.4LH2
C．与 互为同分异构体
D．可用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键
【答案】C
【详解】A．由结构简式可知，维生素C的分子式为C6H8O6，故A错误；
B．由结构简式可知，维生素C的分子中含有4个羟基，则1mol 维生素C与足量的钠反应，可生成标准状况下44.8L氢气，故B错误；
C．由结构简式可知，维生素C与 的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D．由结构简式可知，维生素C的分子中含有的羟基和碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则不能用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键，故D错误；
故选C。
12．25℃时，向20mL 0.2 MOH溶液中逐滴加入浓度为0.2的盐酸，溶液中与、加入盐酸的体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．MCl水解平衡常数的数量级为
B．b点溶液中各微粒的浓度关系为
C．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度逐渐增大
D．d点溶液的
【答案】B
【分析】lg=0时，c(MOH)=c(M＋)，此时pOH=4.2，则c(OH－)=10−4.2mol·L−1，根据Kb(MOH)=可知此时Kb(MOH)=c(OH－)=10−4.2；
【详解】A．由分析可知，MCl的水解常数为，数量级为10−10，A正确；
B．b点加入10mL0.2的盐酸，溶质为等量的MOH和MCl，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，则MOH的电离程度大于M＋水解程度，所以离子浓度大小顺序为c(M＋)＞c(Cl－)＞c(MOH)＞c(OH－)＞c(H＋)，B错误；
C．酸和碱都会抑制水的电离，开始未加入HCl溶液，原碱溶液电离出的氢氧根离子抑制水的电离，加入HCl溶液到中和率100%时生成可以水解的MCl，促进水的电离，即中和率从0至100%的过程水的电离程度一直增大，所以水的电离程度：a
故选B。
13．盐酸羟胺(化学式为NH3OHCl，其中N为-1价)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用如图1所示的方法制备，其电池装置中含Fe的催化电极的电极反应机理如图2所示。下列说法错误的是
A．含Fe的催化电极的电极反应为NO+3e-+4H+=NH3OH+
B．图2中，A为H+，B为NH3OH+
C．电池工作时，H+从右室穿过氢离子交换膜向左室迁移
D．电池工作时，每消耗22.4LNO(标准状况)，左室溶液质量增加34g
【答案】D
【分析】由图可知，含Fe的催化电极为正极，电极反应为NO+3e-+4H+=NH3OH+，Pt电极为负极，电极反应为，据此分析解答。
【详解】A． 由分析知，含Fe的催化电极的电极反应为NO+3e-+4H+=NH3OH+，故A正确；
B． 由题意可知，盐酸羟胺化学性质类似NH4Cl，则NH2OH具有和氨气类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺(NH3OHCl)，所以缺少的一步反应为NH2OH+H+ = NH3OH+，图2中，A为H+，B为NH3OH+，故B正确
C． 该装置为原电池，故电池工作时，H+应从负极移动向正极，故从右室穿过氢离子交换膜向左室迁移，故C正确；
D．含Fe的催化电极为正极，电极反应式为NO+3e-+4H+=NH3OH+，22.4LNO(标况下)的物质的量为1mol，左室增加的质量为1molNO和3mol氢离子的质量，即1mol´30g/mol + 0.3mol ´ 1g/mol = 33g，故D错误；
故选D。
14．HA和HB是两种一元弱酸，其难溶盐RA和RB的溶度积：，已知不发生水解，实验测得25℃时RA和RB的饱和溶液中， 随的变化为线性关系，如图中实线甲和实线乙所示。下列说法错误的是
A．25℃时，RA的的数量级为
B．实线甲表示难溶盐RB中随的变化
C．当时，溶液
D．25℃时，将RA，RB加入蒸馏水中混合、振荡、静置后，上层清液中
【答案】C
【分析】在RA和RB的饱和溶液中，当接近时，溶液中很大，此时A-和B-的水解被极大地抑制，使得，，则。由图可知当时，实线甲的，实线乙的，又因为溶度积得，，所以实线乙表示难溶盐RA中随的变化，实线甲表示难溶盐RB中随的变化。
【详解】A．根据分析可知，实线甲的，A正确；
B．根据分析可知，实线甲表示难溶盐RB中随的变化，B正确；
C．由得，观察图象可知，该点为实线甲和实线乙的相交点，其横坐标为，因此溶液的，C错误；
D．上层清液中R+的浓度相等，根据、可知，，D正确；
故答案选C。
二、工业流程题
15．酸性蚀刻液的主要成分是H2O2/HCl，腐蚀铜后的废液中主要含有CuCl2、HCl。一种以废铝屑为主要原料回收酸性蚀刻废液中的铜并生产AlCl3的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)在实验室，“反应a”过程需远离火源，其原因是_______(用文字叙述)。
(2)“操作b”包括_______、过滤、洗涤，其中过滤需要用到的玻璃仪器有_______、烧杯。
(3)实验室可用食盐与浓硫酸在微热条件下反应制取HCl气体。
①HCl气体的发生装置应选择装置_______(填字母，下同)，用水吸收多余的HCl气体时，应该选择装置_______，其原因是_______。
②写出制备HCl反应的化学方程式：_______，该反应利用了浓H2SO4的性质是_______(填“脱水性”“氧化性”或“难挥发性”)
(4)“灼烧”时，若在无HCl的气氛中反应，最终是否生成给出判断并说明理由：_______。
【答案】(1)Al与稀HCl反应产生，其遇明火易发生爆炸
(2) 蒸发浓缩、冷却结晶 漏斗、玻璃棒
(3) B F HCl易溶于水，选择F可防止倒吸 (浓) 难挥发性
(4)不能生成，因为水解，生成HCl易挥发，导致平衡右移生成，灼烧生成
【分析】酸性蚀刻废液即腐蚀铜后的废液中主要含有CuCl2、HCl，加入废铝屑后发生的反应a有：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+3CuCl2=2AlCl3+3Cu，过滤后得到滤渣主要成分为Al和Cu，加入足量的盐酸后除去Al，再过滤洗涤得到Cu，滤液中主要含有AlCl3溶液，经过蒸发浓酸、冷却结晶，过滤洗涤干燥得到AlCl3·6H2O晶体，在HCl的气流中进行灼烧可得无水AlCl3，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，反应a有：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+3CuCl2=2AlCl3+3Cu，Al与稀HCl反应产生，其遇明火易发生爆炸，故在实验室，“反应a”过程需远离火源，故答案为：Al与稀HCl反应产生，其遇明火易发生爆炸；
（2）由分析可知，“操作b”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，其中过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；漏斗、玻璃棒；
（3）①由题干信息可知，制备HCl采用固液加热装置，个HCl气体的发生装置应选择装置B，由于HCl易溶于水，用水吸收多余的HCl气体时，需考虑倒吸现象的发生，而选择F可防止倒吸，故答案为：B；F；HCl易溶于水，选择F可防止倒吸；
②由题干信息可知，制备HCl反应的化学方程式为：NaCl+H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl↑，该反应利用了浓H2SO4的性质是难挥发性，故答案为：NaCl+H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl↑；难挥发性；
（4）因为水解，生成HCl易挥发，导致平衡右移生成，灼烧生成，“灼烧”时，若在无HCl的气氛中反应，最终不能生成， 故答案为：不能生成，因为水解，生成HCl易挥发，导致平衡右移生成，灼烧生成。
三、元素或物质推断题
16．已知A、B、C、D、E、F、G为七种短周期主族元素，原子序数依次增大。已知：A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体。C与B、G在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17，质子数之和为31。D与F同周期，且在该周期中D元素的原子半径最大。回答下列问题：
(1)B、C、G的简单氢化物中稳定性最弱的是____(填化学式)。
(2)G的某种氧化物能使酸性KMnO4溶液褪色，反应的离子方程式为____。
(3)B、C、D、E、F形成的简单离子半径由小到大的顺序为____(用离子符号表示)。
(4)A与B能形成离子化合物A5B，A5B中既含离子键又含共价键，其电子式为____，该物质能与水剧烈反应生成两种气体，这两种气体的化学式是____。
(5)F的最高价氧化物对应的水化物和D的最高价氧化物对应的水化物的水溶液发生反应的离子方程式为____。
【答案】(1)H2S
(2)5SO2+2+2H2O=2Mn2++4H++5
(3)Al3+＜Mg2+＜Na+＜O2-＜N3-
(4) H2、NH3
(5)Al(OH)3＋OH－=＋2H2O
【分析】A、B、C、D、E、F、G为七种短周期的主族元素，原子序数依次增大，A的最外层电子数等于电子层数，且A的单质在常温下为气体，则A为H元素；C与B、G在元素周期表中处于相邻位置，结合原子序数依次增大，可知C、B同周期，C、G同主族，设C、G最外层电子数为x，则B最外层电子数为x-1，故x+x+x-1=17，解得x=6，故C为O元素、B为N元素、G为S元素，三者质子数之和为31；F的最外层电子数等于电子层数，原子序数大于氧，只能处于第三周期，故F为Al；D与F同周期，且在该周期中D元素的原子半径最大，则D为Na，E的原子序数介于Na、Al之间，则E为Mg。
【详解】（1）根据上述分析可知，B是N元素，C是O元素，G为S元素，在O、N、S三元素中，O的非金属性最强，N的电负性大于S，因此S的非金属性最弱，故H2S的稳定性最弱；
（2）SO2具有还原性，能使KMnO4溶液褪色，反应的离子方程式为5SO2+2+2H2O=2Mn2++4H++5；
（3）根据分析，B、C、D、E、F分别为N、O、Na、Mg、Al，它们的离子核外电子数都是10，原子序数越大，离子半径反而小，故离子半径Al3+＜Mg2+＜Na+＜O2-＜N3-；
（4）根据分析，A为H，B为N，形成既含有离子键又含共价键的物质是NH4H，电子式为；NH5能与水剧烈反应生成两种气体，根据元素守恒可知，生成的气体是H2、NH3；
（5）根据分析，F为Al，D为Na，二者最高价氧化物的水化物分别为Al(OH)3和NaOH，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=＋2H2O。
四、原理综合题
17．光气()在工业上具有重要的用途。
(1)相关的化学键键能数据如下表。
化学键
243
330
1076
765
写出工业上采用高温活性炭催化与合成的热化学方程式：___________
(2)在密闭体系中，充入体积比为的和和适量的活性炭，发生反应，实验测得反应平衡体系中的体积分数与压强p和温度T的关系曲线如图所示：
①有利于提高光气()平衡产率的反应条件是___________。
②图中A点和C点化学平衡常数的大小关系：___________(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是___________。若用压强平衡常数，表示，计算B点对应的___________ (用含的式子表示)为压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算，气体平衡分压=总压×气体体积分数)。
【答案】(1)
(2) 增大压强，降低温度，增大反应物浓度 大于 该反应正反应为放热反应，其他条件一定时，温度升高，平衡逆向移动，此时，的体积分数减小而K值减小
【详解】（1）工业上采用高温活性炭催化与合成的热化学方程式：反应物总键能-生成物总键能；
（2）①有利于提高光气()平衡产率的反应条件是增大压强，因为反应物的总化学计量数大于生成物的化学计量数；降低温度，因为此反应为放热反应；增大反应物浓度；
②由图可知，大于；原因是该反应正反应为放热反应，其他条件一定时，温度升高，平衡逆向移动，此时，的体积分数减小而K值减小；设B点光气转化，列三段式：
由图可知，B点的体积分数为0.4，则，解得，则的体积分数为0.3，的体积分数为0.3，B点对应的。
五、填空题
18．二氧化氯()是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。回答下列问题：
(1)的制备：制备的常用方法有两种，分别为法、与反应法。
①法制备的原理为，X的化学式为___________，将通入溶液中，有红褐色沉淀生成，溶液中的主要阴离子为、，若消耗，则被氧化的为___________。
②与反应法制备，生成物只有两种，参加反应的与物质的量之比为___________，与法相比，与反应法的优点是___________(填一条)。
(2)的用途：除毒、除异味。
①可以将剧毒的氰化物氧化成和，离子方程式为，属于___________(填“酸”“碱”或“两”)性氧化物，每转移，生成___________L(标准状况下)。
②能把水溶液中有异味的氧化成四价锰，使之形成不溶于水的，该反应的离子方程式为___________。
【答案】(1) 5 无污染性气体生成
(2) 酸 2.24
【详解】（1）①由原子守恒知，生成物少2个氯原子，结合方程式可得出X化学式为Cl2；ClO2中Cl元素化合价由+4价降到Cl-中的-1价，则1mol ClO2得5mole-，Fe2+被氧化为Fe(OH)3，则1mol Fe2+失1mole-，根据得失电子守恒可得，消耗1mol ClO2时被氧化的FeSO4物质的量为5mol；
②KClO3与反应制备ClO2，Cl元素化合价由+5降到+4得1e-，SO2中S元素化合价由+4升高到+6失2e-，由得失电子守恒知，KClO3和SO2物质的量之比为2 : 1；Kestiog法有Cl2生成，所以KClO3与SO2反应法的优点是无污染性气体生成；
（2）①CO2能和碱反应生成盐和水，故属于酸性氧化物；由反应方程式知，转移10mole-生成1molN2，所以每转移1mole-生成0.1mol N2，即标况下体积为22.4L/mol 0.1mol=2.24L；
②ClO2将Mn2+氧化为MnO2，自身得电子到Cl-，由得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得出该反应离子方程式为：6H2O+2ClO2+5Mn2+=5MnO2+2Cl-+10H+。
19．一种利用电解锰阳极泥(主要成分MnO2、MnO)制备MnO2的工艺流程如下：
(1)“煅烧氧化”时，1mol MnO煅烧完全转化为Na2MnO4失去电子的物质的量为___________；MnO2煅烧反应的化学方程式为__________________。
(2)“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，可采取的措施有____________、____________(列举2点)
(3)“调pH”是将溶液pH 调至约为10，防止pH较低时Na2MnO4自身发生氧化还原反应，生成MnO2和___________；写出用pH试纸测定溶液pH的操作_______________。
(4)“还原”时有无机含氧酸盐生成，发生反应的化学方程式为_____________。
(5)测定产品中MnO2质量分数的步骤如下：
步骤1. 准确称取mg产品，加入c1mol·L-1Na2C2O4溶液V1mL (过量)及适量的稀硫酸，水浴加热煮沸一段时间。(已知：Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4)
步骤2. 然后用c2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V2mL。(已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)
步骤2达滴定终点时判断依据是_____________；产品中MnO2的质量分数为ω(MnO2)=____________(列出计算的表达式即可)。
【答案】 4mol 2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O 煅烧后固体进行粉碎，适量增大水的量 适当提高浸取温度，充分搅拌 MnO4-(或NaMnO4) 取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH 2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH 滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去 ×100%
【详解】 (1)“煅烧氧化”时MnO Na2MnO4锰由+2价变成+6价，失去电子为4e- ，1mol MnO煅烧完全失去电子的物质的量为4mol；MnO2煅烧反应的化学方程式为2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O。
(2)“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，就是增大化学反应速率，所以可采取的措施有：煅烧后固体进行粉碎，增大接触面积，适量增大水的量促进溶解，；适当提高浸取温度，加快化学反应速率，充分搅拌让物质充分迅速
(3)Na2MnO4中Mn的化合价为+6 ,MnO2中Mn的化合价为+4, Na2MnO4自身发生氧化还原反应，Mn的化合价为要升高,即发生MnO2 Na2MnO4 MnO4_,所以能生成MnO2,MnO4-(或NaMnO4)
用pH试纸测定溶液pH的操作操作为(6). 取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH 。答案：MnO4-(或NaMnO4) 取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH 。
(4)由 “还原指Na2MnO4与甲醛反应，发生反应的化学方程式为2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH。
（5）达滴定终点时判断依据是：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去。
由5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)
5 2
X c2v2 X== 2.5C2V2
由Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4
1 1
C1V1-2.5C2V2 Y Y= (C1V1-2.5C2V2)mol
产品中MnO2的质量分数为m(MnO2)= (C1V1-2.5C2V2)mol87g/mol=87 (C1V1-2.5C2V2)/1000g
产品中MnO2的质量分数为ω(MnO2)= 87(C1V1-2.5C2V2)/1000m100
六、实验题
20．实验小组探究溶液与溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。已知：
i、具有强氧化性，能完全电离，易被还原为；
ii、淀粉检测的灵敏度很高，遇低浓度的即可快速变蓝：
iii、可与发生反应：。
编号
1-1
1-2
实验操作
现象
无明显现象
溶液立即变蓝
(1)实验1-1的目的是___________。
(2)与反应的离子方程式为___________。
为了研究与反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。
编号
溶液
溶液
蒸馏水
的淀粉溶液/滴
溶液
变色时间/s
2-1
2
0
2.8
2
0.2
立即
2-2
2
0.8
0.2
2
0
30
(3)实验2-1不能用于测定与KI反应的速率，原因除变色时间过短外还有___________。
(4)加入溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。
猜想1：先与反应，使降低；
猜想2：先与反应，___________。
①甲同学提出猜想1的依据：由信息iii推测，的还原性___________(填“强于”或“弱于”)的。
②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由是___________。
③补全猜想2：___________。
(5)查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算内的平均反应速率___________(写出计算式)。
【答案】(1)做对照，排出氧化的干扰
(2)
(3)无时，生成少量后淀粉即变蓝，无法确定与反应的浓度变化
(4) 强于 实验2-2与完全反应后的溶液中，仍高于2-1中起始，溶液应立即变蓝 生成的与迅速反应，待消耗完，继续生成时，淀粉才变蓝
(5)
【详解】（1）空气中的氧气也可能将I-氧化为I2，所以实验1-1的目的是做对照，排出氧化的干扰。
（2）与反应生成和I2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（3）无时，生成少量后淀粉即变蓝，无法确定与反应的浓度变化，则实验2-1不能用于测定与KI反应的速率。
（4）①已知可与发生反应：，该反应中I2为氧化剂，是还原剂，I-是还原产物，根据氧化还原反应的规律可知，的还原性强于KI；
②实验2-2与完全反应后的溶液中，仍高于2-1中起始，溶液应立即变蓝，乙同学根据现有数据证明猜想1不成立；
③已知I2可与发生反应：，则加入溶液后溶液变蓝的时间明显增长的原因可能是：先与反应，生成的与迅速反应，待消耗完，继续生成时，淀粉才变蓝。
（5）先与反应，与迅速反应，由方程式和可知n()=n()=，则。
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