河南省新蔡县四校联考2021-2022学年高三上学期调研考试化学试题（含答案）

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2021―2022学年度上期高中调研考试高三化学试题
满分：100分 考试时间：90分钟
第Ⅰ卷（选择题，共51分）
一、单选题（每题3分，共51分）
1．下列物质属于纯净物的是（ ）
A．漂白粉 B．浓硫酸 C．冰醋酸 D．加碘盐
2．下列物质之间的转化，加入还原剂能实现的是（ ）
A． B． C． D．
3．胶体和溶液共同具备的性质是（ ）
A．分散质微粒可通过滤纸 B．两者均能透过半透膜
C．加入盐酸先沉淀，随后溶解 D．两者均有丁达尔现象
4．下列电离方程式正确的（ ）
A． B．
C． D．
5．下列除杂方案不正确的是（ ）
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂（省略）
除杂方法
A


盐酸
过滤、洗涤
B


饱和食盐水、浓
洗气
C


过量NaOH溶液
过滤、洗涤
D


生石灰
蒸馏
A．A B．B C．C D．D
6．关于反应，下列说法正确的是（ ）
A．发生还原反应 B．是氧化产物
C．每生成44g，转移1mol电子 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2
7．根据下表信息，下列叙述中正确的是（ ）
序号
氧化剂
还原剂
氧化产物
还原产物
①




②




③

浓盐酸


④

浓盐酸


A．表中③还原产物是KC1
B．表中④的离子方程式配平后，的化学计量数为16
C．表中②生成1mol的将有4mol的电子转移
D．表中①反应的氧化产物只能有
8．某溶液中含有较大量的、、三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来．下列实验操作的操作顺序中，正确的（ ）
①滴加溶液②过滤③滴加溶液④滴加溶液
A．①②④②③ B．④②③②① C．①②③②④ D．④②①②③
9．某溶液中只可能含有、、、、、、、中的几种离子，各离子浓度均为．某同学进行了如下实验：

下列说法正确的是（ ）
A．无法确定原溶液中是否含有
B．原溶液中肯定存在的离子为、、、
C．沉淀A为，沉淀C为和
D．滤液X中大量存在的阳离子有、和
10．0.5L 1mol/L 溶液与0.2L 1mol/L KCl溶液中的之比是（ ）
A．5：2 B．15：2 C．3：1 D．1：3
11．下列说法正确的是（ ）
①钠燃烧时发出黄色的火焰
②过氧化钠能与酸反应生成盐和水，所以过氧化钠是碱性氧化物
③过氢化钠能与水反应，所以过氧化钠可以作气体的干燥剂
④过氧化钠中阴阳离子个数比为1：1
⑤钠是一种很强的还原剂，钠可以把锆、铌等金属从它们的化合物的水溶液中置换出来
⑥分别与水及反应产生相同量的时，需要水和的质量相等
⑦可用水来确定某粉末中是否含有
⑧将足量的、分别加到酚酞试液中，最终溶液均为红色
A．①②⑤⑦ B．①⑧ C．①②⑤⑧ D．①⑦
12．设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．7.1g与足量的NaOH溶液反应生成NaClO转移的电子数为
B．1molNa与足量反应，生成和的混合物，钠失去电子的数目为
C．常温常压下，32g和的混合气体所含原子数为
D．标准状况下，足量Fe与22.4L反应，转移电子数为
13．向某和的混合溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该气体遇空气变红棕色，溶液中浓度和加入Fe粉的物质的量之间的关系如下图所示，则原稀溶液中和的物质的量浓度之比为（ ）

A．4：1 B．3：1 C．2：1 D．1：1
14．五氧化二钒（）是一种两性氧化物，具有强氧化性，其制备方法如下图所示．下列关于五氧化二钒的说法中错误的是（ ）

A．五氧化二钒的结构式为
B．溶于碱生成
C．“沉钒”涉及反应的化学方程式为
D．，生成1mol转移电子数为
15．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．溶液：、、、
B．溶液：、、、
C．溶液：、、、
D．溶液；、、、
16．U、V、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素．已知U、Z分别为前20号主族元素中原子半径最小和最大的元素：V与X在周期表中位置相邻，且V与X能形成2种以上的气体：常温下能用Y单质制成的容器盛装U、V、X三种元素组成化合物的浓溶液．下列说法不正确的是（ ）
A．U、V、X三种元素能形成离子化合物
B．V、X、Y三种元素形成的简单离子半径：Y>X>V
C．U、X、Y三种元素形成的化合物能凝聚水中的悬浮物，并能吸附色素
D．V、Y、Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物均能相互反应
17．甲醇燃料电池可使用于笔记本电脑、汽车等．它在一极通入甲醇，另一极通入氧气，电解质是质子交换膜，它能传导氢离子．电池工作时，甲醇被氧化为二氧化碳和水．下列叙述中，不正确的是（ ）
A．电池的总反应是
B．负极的反应是
C．正极的反应是
D．电池工作时，移向正极
第Ⅱ卷（非选择题，共49分）
18．（本题11分）（1）X、Y、Z三种物质存在如图所示转化关系．

回答下列问题
①若X为黑色固体单质，A为，写出Z→Y的化学方程式：______．
②若X为NaOH溶液，则写出Y→Z的化学方程式：______．
（2）已知常温下在溶液中可发生如下两个反应：


由此可以确定、、三种离子的氧化性由强到弱的顺序是______．
（3）、、、、、组成的一个氧化还原反应体系中，发生的反应过程．
①该反应中，被氧化的元素是______，氧化剂是______．
②将以上物质分别填入下面对应的横线上，组成个未配平的化学方程式：
______+______+______→______+______
③反应中若产生0.2mol的还原产物，则有______mol电子转移．
19．（本题6分）A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，B原子的最外层上有4个电子：D的阴离子和E的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体，F的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和．（用元素符号或化学式填空回答以下问题）
（1）C元素在周期表中的位置______．
（2）B、D两元素形成化合物属于（“离子”或“共价”）______化合物．
（3）F原子结构示意图为______．
（4）写出与反应的化学方程式：______．
（5）B、C、D的最简单氢化物稳定性由强到弱依次为：______．（填化学式）
（6）写出F元素的最高价氧化物的水化物和B反应的化学方程式：______．
20．（本题14分）化学来源于生活又服务于生活，请用化学用语回答下列问题：
（1）漂粉精中有效成分的化学式为：______．
（2）“硅材料”是无机非金属材料的主角，其中广泛应用于光导纤维的材料是：______．
（3）向浑浊的水中加入明矾后，水可得到净化．写出明矾在水中的电离方程式：______．往明矾溶液中逐滴加入溶液，若使恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为：______；若使恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为：______．
（4）饮用水中的对人类健康产生危害，为了降低饮用水中的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将还原为，其化学方程式为：
请回答下列问题：
①在化学方程式上用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目：______．
②上述反应中若生成标准状况下3.36L，则转移的电子数目为：______．
21．（本题18分）由一种短周期金属元素和一种非金属元素组成的化合物X可与水发生复分解反应．
某校兴趣小组用如图装置（夹持装置略去）对其进行探究实验．

（1）仪器C的名称是______，B中红色石蕊试纸变蓝，则单质M的电子式为______．
（2）化合物X中含组成单质M的元素质量分数为16.9%，写出X与水反应的化学方程式：______．
（3）C中的试剂名称为______．
（4）实验时，装置D中硬质玻璃管内的现象为______．
（5）装置E中试剂Z为______（填化学式），装置E的作用是______．
（6）若不通过E、F两装置，请设计实验方案证明D中发生了反应（不通过观察D中固体颜色发生的变化）：______．
（7）若装置A中固体样品含有杂质（杂质不参与反应），某同学通过测定F中单质M在标准状况下的体积和固体样品的质量，以确定固体样品中X的质量分数，判断该方案是否可行，并说明原因：______．
2021-2022学年度上期高中调研考试
高三化学试题答案
1．C
【分析】
只由一种物质组成的是纯净物，据此解答。
【详解】
A．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，A不符合；
B．浓硫酸是98%的硫酸，有少量的水，是混合物，B不符合；
C．冰醋酸是纯净物，C符合；
D．加碘盐中主要成分为氯化钠、还有碘酸钾，是混合物，D不符合；
答案选C。
2．C
【详解】
A．的N元素化合价升高，应加入氧化剂，A错误；
B．的S元素化合价升高，应加入氧化剂，B错误；
C．的元素化合价降低，应加入还原剂，C正确；
D．的C元素化合价升高，应加入氧化剂，D错误；
故选C。
3．A
【详解】
A．溶液和胶体的分散质微粒均可通过滤纸 ，A符合题意；
B．溶液的分散质粒子能透过半透膜，而胶体的分散质粒子不能透过半透膜，B不合题意；
C．Fe(OH)3胶体加入盐酸先沉淀，随后溶解，而MgCl2溶液加入盐酸无明显现象，C不合题意；
D．Fe(OH)3胶体有丁达尔现象，MgCl2溶液则没有，D不合题意；
故答案为：A。
4．D
【详解】
A．硫酸钠属于盐，在溶液中完全电离出钠离子和硫酸根离子，电离方程式为Na2SO4=2Na++，故A错误；
B．氢氧化钡是强碱，在溶液中完全电离出钡离子和氢氧根离子，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故B错误；
C．碳酸为弱酸应分步电离，，故C错误；
D．硝酸钙属于盐，在溶液中完全电离出钙离子和硝酸根离子，电离方程式为Ca(NO3)2=Ca2++2NO，故D正确；
故选D。
5．B
【详解】
A．CaCO3(s)与盐酸反应生成易溶于水的物质，SiO2(s)不与盐酸反应，反应后过滤、洗涤除去 CaCO3(s)，A不符合题意；
B．SO2与HCl都能溶于饱和食盐水，B符合题意；
C．Al2O3能与NaOH 溶液反应，Fe2O3不能与NaOH溶液反应，C不符合题意；
D．C2H5OH不与生石灰反应，H2O与生石灰反应，通过蒸馏得到C2H5OH，达到除去H2O的目的，D不符合题意；
故选：B。
6．C
【详解】
A．中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去电子，发生氧化反应，A错误；
B．氯元素化合价从+5价降低到+4价，得到电子，氯酸钾是氧化剂，是还原产物，B错误；
C．中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，每生成，即1mol二氧化碳转移电子，C正确；
D．根据方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，D错误；
答案选C。
7．B
【详解】
A．KClO3和浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，氧化产物、还原产物都是Cl2，故A错误；
B．表中④的离子方程式是2MnO+ 10 Cl- + 16H+ = Mn2+ + 5Cl2↑ + 8H2O，H＋的化学计量数为16，故B正确；
C．表中②H2O2是还原剂，氧元素化合价由-1升高为为0，生成1mol的O2将有2mol的电子转移，故C错误；
D．若氯气足量，表中①反应的氧化产物有FeCl3、Br2，故D错误；
选B。
8．D
【分析】
检验氯离子选择硝酸银溶液；检验氢氧根离子，选择硝酸镁溶液；检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤。
【详解】
Cl-用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl； 用Ba(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH-用Mg(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH)2。Cl-、、OH-都和AgNO3溶液反应，、OH-都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；只有和Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验Ba(NO3)2、再检验OH-，故加入试剂顺序是④②①②③，故合理选项是D。
9．B
【详解】
加入过量稀硫酸无明显变化，说明溶液中无，前者会产生气体，后者会先产生沉淀后溶解 ；加入硝酸钡有气体产生，因为前面已经加入了硫酸，在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀A为硫酸钡；加入过量溶液有气体生成，说明存在，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量产生沉淀，先与反应生成，再与反应生成沉淀，沉淀C为碳酸钡；因为存在的离子浓度均为，从电荷守恒的角度出发，溶液中不存在，只含有才能保证电荷守恒，不能存在。
A．根据以上分析可知原溶液中不存在，A错误；
B．原溶液中肯定存在的离子有，B正确；
C．沉淀A为，沉淀C为，C错误；
D．滤液X中大量存在的阳离子有和，D错误；
答案选B。
10．C
【详解】
给定浓度的溶液中氯离子的浓度与溶液的体积无关，则1mol/L FeCl3溶液中c(Cl- )=3mol/L，1mol/L KCl溶液中的c(Cl- )=1mol/L，则c(Cl- )之比为3：1，答案为C。
11．D
【详解】
①钠的焰色反应为黄色，钠燃烧时发出黄色的火焰，故①正确；
②与酸反应不仅生成盐和水，还生成O2，故Na2O2不是碱性氧化物，故②错误；
③Na2O2与水反应生成O2，会引入新的杂质，故③错误；
④过氧化钠中含有阳离子为Na+、阴离子为，则过氧化钠中阴阳离子比1：2，故④错误；
⑤钠和钛锆等金属盐溶液的反应是先和其中的水反应置换出氢气，不会置换出金属，故⑤错误；
⑥Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，水和CO2的质量不同，故⑥错误；
⑦氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，粉末放入水中有气泡生成，可确定Na2O粉末中含有Na2O2，故⑦正确；
⑧氧化钠加入酚酞试液中，反应生成的氢氧化钠是可溶性碱，溶液变红色，而过氧化钠加入酚酞溶液中，生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是碱使酚酞变红色，过氧化钠具有强氧化性能使红色溶液褪去，即溶液先变红色后褪色，故⑧错误；
①⑦正确，故答案为D。
12．D
【详解】
A．7.1gCl2的物质的量为0.1mol，与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaClO转移的电子数为0.1NA，故A正确；
B．根据电子守恒，1molNa完全反应，无论生成哪种含钠化合物，只能失去1mol电子，故电子转移数是NA，故B正确；
C．根据氧原子求算，32g氧原子物质的量为2mol，所含氧原子数为2NA，故C正确；
D．标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，与足量Fe反应生成氯化铁，转移电子数为2NA，故D错误；
答案为D。
13．A
【详解】
根据题干信息可知混合溶液中加入铁粉发生的反应为：3Fe+8HNO3（稀）=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，2Fe(NO3)3+Fe＝3Fe(NO3)2，由图象可知，加入2molFe粉时，铁离子完全反应生成Fe2+的物质的量为3mol，设混合溶液中有x mol HNO3，y mol Fe(NO3)3，则：、，解得y＝1、x＝4，故原稀溶液中HNO3和Fe(NO3)3的物质的量浓度之比4：1，答案选A。
14．B
【分析】
钒酸钠通过预处理与稀硫酸和氯化铵反应生成(NH4)2V6O16，焙烧生成V2O5，据此解答。
【详解】
A. 根据五氧化二钒的化学式(V2O5)及氧元素的化合价可以推出钒元素的化合价为＋5价，因此A中所示的结构式正确，故A正确；
B. 根据题干信息知V2O5是一种两性氧化物，既可与酸反应，也可与碱反应，其与碱的反应属于复分解反应，各元素化合价不变，V2O5溶于碱生成，故B错误；
C. 根据题目所给流程图可知，“沉钒”是使钒元素以沉淀形式析出，发生的是复分解反应，各元素化合价不发生改变，故C正确；
D. V2O5具有强氧化性，其与盐酸反应时可将Cl－氧化成氯气：V2O5＋6HCl(浓)＝2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O，生成1 mol Cl2失去2 mol e－，故D正确；
答案选B。
15．A
【分析】
离子共存的会从是否有，沉淀、气体、弱电解质，氧化还原反应，络合反应等角度考查，Fe3+、硝酸、次氯酸根具有强氧化性会氧化常见的一些还原性离子比如碘离子，亚硫酸根离子等；
【详解】
A. 离子之间不发生复分解，双水解，氧化还原等反应，所以大量共存，A选；
B. 首先溶液含有Fe3+，具有强氧化性，氧化碘离子：；其次：，发生了络合反应，B不选；
C. 溶液中的氢氧根离子和镁离子产生白色沉淀：，C不选；
D. HNO3溶液、ClO-均具有强氧化性，能氧化Fe2+ ，D不选；
答案选A。
16．B
【分析】
由以上分析可知U、Z分别为前20号主族元素中原子半径最小和最大的元素，U、Z分别H、K，V与X在周期表中位置相邻，且V与X能形成2种以上的气体，V、X分别为N、O，Y单质制成的容器盛装U、V、X三种元素组成化合物的浓溶液，Y为Al，U、V、X、Y、Z分别为H、N、O、Al、K元素，据此分析解题。
【详解】
A．U、V、X三种元素可形成的化合物为硝酸铵等，为离子化合物，A正确；
B．三种元素对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则V、X、Y三种元素形成的简单离子半径：V> X> Y，B错误；
C．U、X、Y三种元素形成的化合物为氢氧化铝，氢氧化铝胶体具有较强的吸附性，能凝聚水中的悬浮物，并能吸附色素，C正确；
D．氢氧化铝具有两性，可与硝酸、氢氧化钾反应，则V、Y、Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物均能相互反应，D正确；
答案选B。
17．C
【详解】
A．燃料电池中，一极通入甲醇、另一极通入氧气、电解质是质子交换膜，则该甲醇燃料电池总反应就是甲醇被氧气氧化生成二氧化碳和水，电池的总反应方程式是2CH3OH + 3O2 =2CO2+ 4H2O，A正确；
B． 负极CH3OH失去电子被氧化，负极反应式是CH3OH + H2O = CO2 +6H+ + 6e-或CH3OH + H2O- 6e- = CO2 +6H+，B正确；
C．电解质是质子交换膜，则正极的反应是O2 + 4H++ 4e- =2H2O ，C错误；
D． 远电池工作时，阳离子移向正极，则H+移向正极，D正确；
答案选C。
18． 0.4
【分析】
若X为黑色固体单质，根据其能与不同量的A发生反应，则X具有可变化合价，应为非金属单质；若X为溶液，根据其能与不同量的A发生反应，则A应为二元酸或二元酸的氧化物。
【详解】
(1)①若X是黑色固体单质，则A为，X为C，Z为，Y为，因此的化学方程式为。答案为：；
②若X为溶液，则A可能为，Y为，Z为，因此的化学方程式为。
(2)根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，与的反应中，化合价降低，作氧化剂，化合价升高，为氧化产物，故氧化性：，和的反应中，的化合价升高，作还原剂，为氧化产物，作氧化剂，故氧化性，因此氧化性：。答案为：；
(3)①该反应体系中，发生的反应过程，则中元素化合价降低，被还原，作氧化剂；发生氧化反应的过程应为，被氧化，作还原剂。
②根据①的分析，得该未配平的离子方程式为。
③还原产物是，产生转移电子的物质的量为答案为：；；；；；；；0.4。
【点睛】
在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物，建立的前提是反应不可逆，且为非电解条件。
19．
（1）第二周期第VA族
（2）共价
（3）
（4）2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2；
（5）H2O> NH3> CH4
（6）C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O
【分析】
A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；D的阴离子和E的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体，可推知D为O元素、E为Na元素，生成的淡黄色固体为Na2O2；B原子的最外层上有4个电子，处于IVA族，原子序数小于氧，故B为碳元素； C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；F的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则其M层电子数为8-2=6，故M为S元素；
（1）
C是N元素，在周期表中的位置是：第二周期第VA族；
（2）
B为碳元素、D为O元素，两元素形成化合物属共价化合物；
（3）
F为S元素，原子结构示意图为：；
（4）
D为O元素、E为Na元素、B为碳元素，E2D2是Na2O2，BD2是CO2，所以反应方程式：2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2；
（5）
B、C、D的最简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，非金属性C NH3> CH4；
（6）
F元素的最高价氧化物的水化物为硫酸，碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳与水，反应的化学方程式： C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O 。
20．Ca(ClO)2 SiO2 KAl(SO4)2 = K+ + Al3+ + 2SO42- 2SO42- +2Ba2++Al3++4OH- = 2BaSO4↓ + AlO2-+ 2H2O 2Al3+ + 3Ba2+ + 6OH- + 3SO42- = 2Al(OH)3↓ + 3BaSO4↓ 1.5NA
【分析】
离子方程式书写时，以少量的物质中离子浓度为反应核心，进行生成物沉淀或气体的书写；根据氧化还原反应原理书写单键桥，箭头从还原剂指向氧化剂。
【详解】
（1）漂白精是用Cl2与Ca(OH)2反应制得的，其主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2。
（2）光导纤维主要成分是SiO2。
（3）明矾为强电解质，在水中电离得到Al3+、K +、SO42-，电离方程式为KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-；若使SO42- 恰好完全沉淀，设KAl(SO4)2为1mol，加入的Ba(OH)2为2mol，与Al3+反应恰好生成AlO2-，发生反应的离子方程式为2SO42- +2Ba2++Al3++4OH- = 2BaSO4↓ + AlO2- + 2H2O；加入Ba(OH)2至Al3+恰好完全沉淀时，设KAl(SO4)2为1mol，需要OH- 3mol，则Ba2+为1.5mol，生成BaSO4 为1.5mol，溶液中还有0.5molSO42-没有参加反应，反应离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ 。
（4）该反应中Al元素从0价升高到+3价，失去电子数是3×10=30，NaNO3中+5价N元素化合价降低到0价生成N2，。生成3molN2，转移30mol电子，所以当N2为0.15mol时，转移电子数为1.5NA。
【点睛】
单线桥表示电子转移按下列方法进行：化合价升高的元素向上画线（不带箭头），化合价降低的向下画线并带箭头（架好桥墩），然后连线并写上电子转移数目及电子符号e-。
21．
（1） 球形干燥管
（2）Na3N＋3H2O=3NaOH＋NH3↑
（3）碱石灰
（4）黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结
（5） CCl4 吸收未反应的NH3，并防止倒吸
（6）称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量或者用无水CuSO4检验H2O（g）生成，或者反映后固体加稀H2SO4是否完全水解
（7）不可行，因为装置A中生成的氨气不可能完全与CuO反应
【分析】
化合物X和水反应，B中红色石蕊试纸变蓝，说明产生氨气，经C中的碱石灰干燥的氨气在D中与氧化铜加热反应，生成的单质M为氮气，根据氧化还原反应规律，氧化铜中铜的化合价会降低生成单质铜。E中的CCl4起到防止倒吸的作用。过量的氨被硫酸吸收，氮气排水收集到量筒中。根据化合物X中N的质量分数可计算出X的化学式。
（1）
仪器C的名称是球形干燥管；B中红色石蕊试纸变蓝，说明产生氨气，氨气与氧化铜加热反应，生成的单质M为氮气，其电子式为。
（2）
化合物X中含氮元素质量分数为16.9%，X应该为氮与活泼金属形成的氮化物，则X的相对分子质量为： ≈83，活泼金属元素的相对原子质量为：＝23，则X为Na3N，Na3N与水反应的化学方程式为：Na3N＋3H2O=3NaOH＋NH3↑。
（3）
C中的试剂用于干燥氨气，名称为碱石灰。
（4）
实验时，装置D中硬质玻璃管内的现象为黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结。
（5）
装置E中试剂Z为密度大于硫酸且不溶于水的有机物，所以为CCl4，NH3不溶于CCl4，可以防止倒吸，氨从CCl4中逸出，进入到硫酸中被吸收，所以装置E的作用是吸收未反应的NH3，并防止倒吸。
（6）
若不通过E、F两装置，不通过观察D中固体颜色发生的变化，可称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量，通过固体质量的变化证明D中发生了反应。
（7）
题给方案不可行，因为装置A中生成的氨气不可能完全与CuO反应。

高三化学答案
1．C
【分析】
只由一种物质组成的是纯净物，据此解答。
【详解】
A．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，A不符合；
B．浓硫酸是98%的硫酸，有少量的水，是混合物，B不符合；
C．冰醋酸是纯净物，C符合；
D．加碘盐中主要成分为氯化钠、还有碘酸钾，是混合物，D不符合；
答案选C。
2．C
【详解】
A．的N元素化合价升高，应加入氧化剂，A错误；
B．的S元素化合价升高，应加入氧化剂，B错误；
C．的元素化合价降低，应加入还原剂，C正确；
D．的C元素化合价升高，应加入氧化剂，D错误；
故选C。
3．A
【详解】
A．溶液和胶体的分散质微粒均可通过滤纸 ，A符合题意；
B．溶液的分散质粒子能透过半透膜，而胶体的分散质粒子不能透过半透膜，B不合题意；
C．Fe(OH)3胶体加入盐酸先沉淀，随后溶解，而MgCl2溶液加入盐酸无明显现象，C不合题意；
D．Fe(OH)3胶体有丁达尔现象，MgCl2溶液则没有，D不合题意；
故答案为：A。
4．D
【详解】
A．硫酸钠属于盐，在溶液中完全电离出钠离子和硫酸根离子，电离方程式为Na2SO4=2Na++，故A错误；
B．氢氧化钡是强碱，在溶液中完全电离出钡离子和氢氧根离子，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故B错误；
C．碳酸为弱酸应分步电离，，故C错误；
D．硝酸钙属于盐，在溶液中完全电离出钙离子和硝酸根离子，电离方程式为Ca(NO3)2=Ca2++2NO，故D正确；
故选D。
5．B
【详解】
A．CaCO3(s)与盐酸反应生成易溶于水的物质，SiO2(s)不与盐酸反应，反应后过滤、洗涤除去 CaCO3(s)，A不符合题意；
B．SO2与HCl都能溶于饱和食盐水，B符合题意；
C．Al2O3能与NaOH 溶液反应，Fe2O3不能与NaOH溶液反应，C不符合题意；
D．C2H5OH不与生石灰反应，H2O与生石灰反应，通过蒸馏得到C2H5OH，达到除去H2O的目的，D不符合题意；
故选：B。
6．C
【详解】
A．中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去电子，发生氧化反应，A错误；
B．氯元素化合价从+5价降低到+4价，得到电子，氯酸钾是氧化剂，是还原产物，B错误；
C．中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，每生成，即1mol二氧化碳转移电子，C正确；
D．根据方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，D错误；
答案选C。
7．B
【详解】
A．KClO3和浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，氧化产物、还原产物都是Cl2，故A错误；
B．表中④的离子方程式是2MnO+ 10 Cl- + 16H+ = Mn2+ + 5Cl2↑ + 8H2O，H＋的化学计量数为16，故B正确；
C．表中②H2O2是还原剂，氧元素化合价由-1升高为为0，生成1mol的O2将有2mol的电子转移，故C错误；
D．若氯气足量，表中①反应的氧化产物有FeCl3、Br2，故D错误；
选B。
8．D
【分析】
检验氯离子选择硝酸银溶液；检验氢氧根离子，选择硝酸镁溶液；检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤。
【详解】
Cl-用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl； 用Ba(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH-用Mg(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH)2。Cl-、、OH-都和AgNO3溶液反应，、OH-都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；只有和Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验Ba(NO3)2、再检验OH-，故加入试剂顺序是④②①②③，故合理选项是D。
9．B
【详解】
加入过量稀硫酸无明显变化，说明溶液中无，前者会产生气体，后者会先产生沉淀后溶解 ；加入硝酸钡有气体产生，因为前面已经加入了硫酸，在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀A为硫酸钡；加入过量溶液有气体生成，说明存在，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量产生沉淀，先与反应生成，再与反应生成沉淀，沉淀C为碳酸钡；因为存在的离子浓度均为，从电荷守恒的角度出发，溶液中不存在，只含有才能保证电荷守恒，不能存在。
A．根据以上分析可知原溶液中不存在，A错误；
B．原溶液中肯定存在的离子有，B正确；
C．沉淀A为，沉淀C为，C错误；
D．滤液X中大量存在的阳离子有和，D错误；
答案选B。
10．C
【详解】
给定浓度的溶液中氯离子的浓度与溶液的体积无关，则1mol/L FeCl3溶液中c(Cl- )=3mol/L，1mol/L KCl溶液中的c(Cl- )=1mol/L，则c(Cl- )之比为3：1，答案为C。
11．D
【详解】
①钠的焰色反应为黄色，钠燃烧时发出黄色的火焰，故①正确；
②与酸反应不仅生成盐和水，还生成O2，故Na2O2不是碱性氧化物，故②错误；
③Na2O2与水反应生成O2，会引入新的杂质，故③错误；
④过氧化钠中含有阳离子为Na+、阴离子为，则过氧化钠中阴阳离子比1：2，故④错误；
⑤钠和钛锆等金属盐溶液的反应是先和其中的水反应置换出氢气，不会置换出金属，故⑤错误；
⑥Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，水和CO2的质量不同，故⑥错误；
⑦氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，粉末放入水中有气泡生成，可确定Na2O粉末中含有Na2O2，故⑦正确；
⑧氧化钠加入酚酞试液中，反应生成的氢氧化钠是可溶性碱，溶液变红色，而过氧化钠加入酚酞溶液中，生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是碱使酚酞变红色，过氧化钠具有强氧化性能使红色溶液褪去，即溶液先变红色后褪色，故⑧错误；
①⑦正确，故答案为D。
12．D
【详解】
A．7.1gCl2的物质的量为0.1mol，与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaClO转移的电子数为0.1NA，故A正确；
B．根据电子守恒，1molNa完全反应，无论生成哪种含钠化合物，只能失去1mol电子，故电子转移数是NA，故B正确；
C．根据氧原子求算，32g氧原子物质的量为2mol，所含氧原子数为2NA，故C正确；
D．标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，与足量Fe反应生成氯化铁，转移电子数为2NA，故D错误；
答案为D。
13．A
【详解】
根据题干信息可知混合溶液中加入铁粉发生的反应为：3Fe+8HNO3（稀）=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，2Fe(NO3)3+Fe＝3Fe(NO3)2，由图象可知，加入2molFe粉时，铁离子完全反应生成Fe2+的物质的量为3mol，设混合溶液中有x mol HNO3，y mol Fe(NO3)3，则：、，解得y＝1、x＝4，故原稀溶液中HNO3和Fe(NO3)3的物质的量浓度之比4：1，答案选A。
14．B
【分析】
钒酸钠通过预处理与稀硫酸和氯化铵反应生成(NH4)2V6O16，焙烧生成V2O5，据此解答。
【详解】
A. 根据五氧化二钒的化学式(V2O5)及氧元素的化合价可以推出钒元素的化合价为＋5价，因此A中所示的结构式正确，故A正确；
B. 根据题干信息知V2O5是一种两性氧化物，既可与酸反应，也可与碱反应，其与碱的反应属于复分解反应，各元素化合价不变，V2O5溶于碱生成，故B错误；
C. 根据题目所给流程图可知，“沉钒”是使钒元素以沉淀形式析出，发生的是复分解反应，各元素化合价不发生改变，故C正确；
D. V2O5具有强氧化性，其与盐酸反应时可将Cl－氧化成氯气：V2O5＋6HCl(浓)＝2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O，生成1 mol Cl2失去2 mol e－，故D正确；
答案选B。
15．A
【分析】
离子共存的会从是否有，沉淀、气体、弱电解质，氧化还原反应，络合反应等角度考查，Fe3+、硝酸、次氯酸根具有强氧化性会氧化常见的一些还原性离子比如碘离子，亚硫酸根离子等；
【详解】
A. 离子之间不发生复分解，双水解，氧化还原等反应，所以大量共存，A选；
B. 首先溶液含有Fe3+，具有强氧化性，氧化碘离子：；其次：，发生了络合反应，B不选；
C. 溶液中的氢氧根离子和镁离子产生白色沉淀：，C不选；
D. HNO3溶液、ClO-均具有强氧化性，能氧化Fe2+ ，D不选；
答案选A。
16．B
【分析】
由以上分析可知U、Z分别为前20号主族元素中原子半径最小和最大的元素，U、Z分别H、K，V与X在周期表中位置相邻，且V与X能形成2种以上的气体，V、X分别为N、O，Y单质制成的容器盛装U、V、X三种元素组成化合物的浓溶液，Y为Al，U、V、X、Y、Z分别为H、N、O、Al、K元素，据此分析解题。
【详解】
A．U、V、X三种元素可形成的化合物为硝酸铵等，为离子化合物，A正确；
B．三种元素对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则V、X、Y三种元素形成的简单离子半径：V> X> Y，B错误；
C．U、X、Y三种元素形成的化合物为氢氧化铝，氢氧化铝胶体具有较强的吸附性，能凝聚水中的悬浮物，并能吸附色素，C正确；
D．氢氧化铝具有两性，可与硝酸、氢氧化钾反应，则V、Y、Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物均能相互反应，D正确；
答案选B。
17．C
【详解】
A．燃料电池中，一极通入甲醇、另一极通入氧气、电解质是质子交换膜，则该甲醇燃料电池总反应就是甲醇被氧气氧化生成二氧化碳和水，电池的总反应方程式是2CH3OH + 3O2 =2CO2+ 4H2O，A正确；
B． 负极CH3OH失去电子被氧化，负极反应式是CH3OH + H2O = CO2 +6H+ + 6e-或CH3OH + H2O- 6e- = CO2 +6H+，B正确；
C．电解质是质子交换膜，则正极的反应是O2 + 4H++ 4e- =2H2O ，C错误；
D． 远电池工作时，阳离子移向正极，则H+移向正极，D正确；
答案选C。
18． 0.4
【分析】
若X为黑色固体单质，根据其能与不同量的A发生反应，则X具有可变化合价，应为非金属单质；若X为溶液，根据其能与不同量的A发生反应，则A应为二元酸或二元酸的氧化物。
【详解】
(1)①若X是黑色固体单质，则A为，X为C，Z为，Y为，因此的化学方程式为。答案为：；
②若X为溶液，则A可能为，Y为，Z为，因此的化学方程式为。
(2)根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，与的反应中，化合价降低，作氧化剂，化合价升高，为氧化产物，故氧化性：，和的反应中，的化合价升高，作还原剂，为氧化产物，作氧化剂，故氧化性，因此氧化性：。答案为：；
(3)①该反应体系中，发生的反应过程，则中元素化合价降低，被还原，作氧化剂；发生氧化反应的过程应为，被氧化，作还原剂。
②根据①的分析，得该未配平的离子方程式为。
③还原产物是，产生转移电子的物质的量为答案为：；；；；；；；0.4。
【点睛】
在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物，建立的前提是反应不可逆，且为非电解条件。
19．
（1）第二周期第VA族
（2）共价
（3）
（4）2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2；
（5）H2O> NH3> CH4
（6）C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O
【分析】
A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；D的阴离子和E的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体，可推知D为O元素、E为Na元素，生成的淡黄色固体为Na2O2；B原子的最外层上有4个电子，处于IVA族，原子序数小于氧，故B为碳元素； C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；F的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则其M层电子数为8-2=6，故M为S元素；
（1）
C是N元素，在周期表中的位置是：第二周期第VA族；
（2）
B为碳元素、D为O元素，两元素形成化合物属共价化合物；
（3）
F为S元素，原子结构示意图为：；
（4）
D为O元素、E为Na元素、B为碳元素，E2D2是Na2O2，BD2是CO2，所以反应方程式：2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2；
（5）
B、C、D的最简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，非金属性C NH3> CH4；
（6）
F元素的最高价氧化物的水化物为硫酸，碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳与水，反应的化学方程式： C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O 。
20．Ca(ClO)2 SiO2 KAl(SO4)2 = K+ + Al3+ + 2SO42- 2SO42- +2Ba2++Al3++4OH- = 2BaSO4↓ + AlO2-+ 2H2O 2Al3+ + 3Ba2+ + 6OH- + 3SO42- = 2Al(OH)3↓ + 3BaSO4↓ 1.5NA
【分析】
离子方程式书写时，以少量的物质中离子浓度为反应核心，进行生成物沉淀或气体的书写；根据氧化还原反应原理书写单键桥，箭头从还原剂指向氧化剂。
【详解】
（1）漂白精是用Cl2与Ca(OH)2反应制得的，其主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2。
（2）光导纤维主要成分是SiO2。
（3）明矾为强电解质，在水中电离得到Al3+、K +、SO42-，电离方程式为KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-；若使SO42- 恰好完全沉淀，设KAl(SO4)2为1mol，加入的Ba(OH)2为2mol，与Al3+反应恰好生成AlO2-，发生反应的离子方程式为2SO42- +2Ba2++Al3++4OH- = 2BaSO4↓ + AlO2- + 2H2O；加入Ba(OH)2至Al3+恰好完全沉淀时，设KAl(SO4)2为1mol，需要OH- 3mol，则Ba2+为1.5mol，生成BaSO4 为1.5mol，溶液中还有0.5molSO42-没有参加反应，反应离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ 。
（4）该反应中Al元素从0价升高到+3价，失去电子数是3×10=30，NaNO3中+5价N元素化合价降低到0价生成N2，。生成3molN2，转移30mol电子，所以当N2为0.15mol时，转移电子数为1.5NA。
【点睛】
单线桥表示电子转移按下列方法进行：化合价升高的元素向上画线（不带箭头），化合价降低的向下画线并带箭头（架好桥墩），然后连线并写上电子转移数目及电子符号e-。
21．
（1） 球形干燥管
（2）Na3N＋3H2O=3NaOH＋NH3↑
（3）碱石灰
（4）黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结
（5） CCl4 吸收未反应的NH3，并防止倒吸
（6）称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量
（7）不可行，因为装置A中生成的氨气不可能完全与CuO反应
【分析】
化合物X和水反应，B中红色石蕊试纸变蓝，说明产生氨气，经C中的碱石灰干燥的氨气在D中与氧化铜加热反应，生成的单质M为氮气，根据氧化还原反应规律，氧化铜中铜的化合价会降低生成单质铜。E中的CCl4起到防止倒吸的作用。过量的氨被硫酸吸收，氮气排水收集到量筒中。根据化合物X中N的质量分数可计算出X的化学式。
（1）
仪器C的名称是球形干燥管；B中红色石蕊试纸变蓝，说明产生氨气，氨气与氧化铜加热反应，生成的单质M为氮气，其电子式为。
（2）
化合物X中含氮元素质量分数为16.9%，X应该为氮与活泼金属形成的氮化物，则X的相对分子质量为： ≈83，活泼金属元素的相对原子质量为：＝23，则X为Na3N，Na3N与水反应的化学方程式为：Na3N＋3H2O=3NaOH＋NH3↑。
（3）
C中的试剂用于干燥氨气，名称为碱石灰。
（4）
实验时，装置D中硬质玻璃管内的现象为黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结。
（5）
装置E中试剂Z为密度大于硫酸且不溶于水的有机物，所以为CCl4，NH3不溶于CCl4，可以防止倒吸，氨从CCl4中逸出，进入到硫酸中被吸收，所以装置E的作用是吸收未反应的NH3，并防止倒吸。
（6）
若不通过E、F两装置，不通过观察D中固体颜色发生的变化，可称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量，通过固体质量的变化证明D中发生了反应。
（7）
题给方案不可行，因为装置A中生成的氨气不可能完全与CuO反应。