2021【KS5U解析】青铜峡高级中学高三上学期期中考试化学试题含解析

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青铜峡市高级中学2020~2021学年(一)期中考试
高三年级化学学科测试卷
可能用到的相对原子质量(原子量)：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ba-137 Mn-55 Ag-108 I-127
一、选择题(本大题共25个小题，每小题2分，共50分)
1. 下列说法正确的是(　　)
A. 淀粉、纤维素等高分子化合物均属于纯净物
B. 非金属氧化物都酸性氧化物
C. 食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐
D. 丁达尔效应可用于区别溶液与胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A、淀粉和纤维素等高分子化合物不是纯净物，选项A错误；B、某些非金属氧化物如CO，既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，选项B错误；C、纯碱为碳酸钠，属于盐，选项C错误；D、丁达尔效应是胶体的特性，丁达尔效应能区别溶液和胶体，选项D正确。答案选D。
2. 古代的很多成语、谚语都蕴含着科学知识，下列对成语、谚语的解释正确的是
A. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量和温度的水和冰，冰的能量高
B. “玉不琢，不成器”“百炼方能成钢”发生的均为化学变化
C. “甘之如饴”说明糖类均有甜味
D. “火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．冰转化为水过程吸热，因此相同质量和温度的水和冰，水的能量高，故A错误；
B．“玉不琢不成器”只是玉的形状改变，是物理变化，故B错误；
C．淀粉和纤维素属于糖类，但没有甜味，故C错误；
D．焰色反应为元素的性质，则节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，故D正确；
故选D。
3. 化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是( )
A. “火神山”医院地面上铺的HDPE也称高密度聚乙烯膜，是一种人工合成的有机高分子化合物
B. “PM2.5”是细小颗粒物悬浮在空气中形成胶体，严重危害人体健康
C. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
D. 单质硅是太阳能电池板的主要材料，太阳能替代化石燃料有利于环保
【答案】B
【解析】
【详解】A.聚乙烯由乙烯通过加聚反应合成得到，是一种人工合成的有机高分子化合物，故A正确；
B. PM2.5是指微粒直径2.5微米的颗粒，1微米=1000nm，所以不属于胶体，故B错误；
C. 明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用，可用于水的净化，故C正确；
D. 高纯的单晶硅是重要的半导体材料，单质硅可作为太阳能电池板的主要材料，太阳能是清洁能源有利于环保，故D正确；
答案选B。
4. 北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是
A. 胆矾的化学式为CuSO4
B. 胆矾可作为湿法冶铜的原料
C. “熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应
【答案】A
【解析】
【详解】A.胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO45H2O，A说法错误；
B.湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，B说法正确；
C.加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C说法正确；
D.铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D说法正确。
综上所述，相关说法错误的是A，故选A。
5. 为了检验，甲、乙、丙、丁四位同学设计了如下四种方案，其中最优的方案是(　　)
A. 方案丙：试液 无沉淀白色沉淀
B. 方案甲：试液 白色沉淀沉淀不溶解
C. 方案乙：试液无沉淀(也无气泡)白色沉淀
D. 方案丁：试液白色沉淀(过滤)沉淀不溶解
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入足量盐酸，没有沉淀产生，说明不是银离子；加入硝酸钡有白色沉淀产生，可能是亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，从而生成沉淀，A错误；
B．加入氯化钡溶液，产生不溶于酸的沉淀，溶液中可能是银离子，故B错误；
C．加入足量盐酸，没有沉淀产生，说明不是银离子；没有气泡产生，则说明不是碳酸根离子、亚硫酸根离子，在剩下的溶液中滴加氯化钡，产生白色沉淀，则该溶液中一定有，C正确；
D．加入硝酸钡，产生白色沉淀的有硫酸根离子、亚硫酸根离子、碳酸根离子，加入盐酸沉淀不溶解的可能是硫酸钡、亚硫酸钡，故无法检验硫酸根离子，D错误；
答案选C。
6. 某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：① 混合物溶于水，得到澄清透明溶液；② 做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③ 向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为
A. KCl、NaCl B. KCl、MgSO4
C. KCl、CaCO3 D. MgSO4、NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，排除C选项；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4两种物质组成，故选B。
7. 配制一定物质的量浓度的某溶液，下列情况会使配制结果偏高的是( )
A. 未冷却即转移、定容 B. 容量瓶中原来含有少量蒸馏水
C. 未洗涤烧杯和玻璃棒 D. 定容时仰视刻度线观察液面
【答案】A
【解析】
【详解】A．没有冷却稀释或溶解的溶液，导致配制的溶液的体积偏小，配制的溶液的浓度偏高，故A正确；
B．容量瓶中原来含有少量蒸馏水，由于定容时还需要加入蒸馏水，所以不影响配制结果，故B错误;
C．未洗涤烧杯和玻璃棒，配制的溶液中溶质的物质的量减小，所配制的溶液的浓度偏低，故C错误；
D．定容时仰视刻度线观察液面，导致配制的溶液的体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故D错误；
故选A。
8. 在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，下列说法错误的是( )
A. Cl2氧化产物，具有氧化性
B. 每生成1molCl2，转移电子的物质的量为2mol
C. 每消耗1molKMnO4，起还原作用的HCl消耗5mol
D. KMnO4发生氧化反应，HCl发生还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应中氯元素的化合价升高，HCl做还原剂，发生氧化反应，Cl2是氧化产物，具有氧化性，A正确；
B．氯元素化合价由-1价变为0价，每生成1molCl2，转移电子的物质的量为2mol，B正确；
C．根据反应方程式可知，每消耗2molKMnO4，起还原作用的HCl消耗10mol，则每消耗1molKMnO4，起还原作用的HCl消耗5mol，C正确；
D．锰元素化合价降低，做氧化剂，被还原，发生还原反应，故D错误；
答案选D。
9. 下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2

【答案】C
【解析】
【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；
B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；
C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；
答案选C。
10. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 ( )
A. 能使甲基橙变为红色的溶液：Na+、NH、CO、Cl-
B. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO、S2-、Cl-
C. 常温下，pH=1的溶液：Fe2+、Mg2+、NO、Cl-
D. 0.1 mol/L KOH溶液中：S2-、Na+、SO、NO
【答案】D
【解析】
【详解】A．能使甲基橙变为橙色的溶液，显酸性，不能大量存在CO，故A错误；
B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有氧化性，不能存在还原性S2-离子， 故B错误；
C．常温下pH =1说明该溶液中含有大量的氢离子，NO，H+，Fe2+发生氧化还原反应，不能在溶液中大量共存，故C错误；
D．碱溶液中该离子组之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D。
11. 下列离子组能大量共存且加入相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是( )

离子组
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
Fe2+、 、K+
稀硫酸
3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
B
Fe3+、I-、ClO-
NaOH溶液
Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
C
Ba2+、、Cl-
NaOH溶液
+OH-=+H2O
D
Ag+、F-、
过量浓氨水
Ag++OH- =AgOH↓

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe2+被稀硝酸氧化为Fe3+，反应的离子方程式是3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故选A；
B．I-、ClO-发生氧化还原反应，I-、ClO-不能大量共存，故不选B；
C．向含有Ba2+、离子的溶液中滴加NaOH溶液，发生反应的离子方程式是Ba2+++OH-= +H2O，故不选C；
D．Ag+和过量的氨水反应生成 ，故不选D；
选A。
12. 下列反应的离子方程式书写不正确的是
A. 向氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++3NH3·H2O =Al(OH)3↓+3NH
B. 用氨水吸收过量的二氧化硫：NH3·H2O + SO2 = NH+ HSO
C. 向偏铝酸钠溶液中加入过量的稀盐酸：AlO+H++ H2O= Al(OH)3↓
D. 向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
【答案】C
【解析】
【详解】A．向氯化铝溶液中加入过量的氨水时发生的离子反应为Al3++3NH3·H2O =Al（OH）3↓+ 3NH，故A正确；
B．用氨水吸收过量的二氧化硫时发生的离子反应为NH3·H2O + SO2 = NH + HSO，故B正确；
C．向偏铝酸钠溶液中加入过量的稀盐酸时发生的离子反应为AlO+4H+ = Al3++ 2H2O，故C错误；
D．向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳时发生的离子反应为ClO¯+CO2+H2O=HClO+HCO，故D正确；
故答案为C。
13. 某同学欲探究铁及其化合物的性质，下列实验方案可行的是(　 　)
A. 将铁粉加入热的浓硫酸中：探究铁的活泼性
B. 将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中：制备Fe(OH)3胶体
C. 将铜粉加入FeCl3溶液中：验证Fe3+的氧化性强于Cu2+
D. 在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液：制备FeSO4·6H2O晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁粉加入热的浓硫酸中发生钝化现象，不能探究铁的活泼性，A错误；
B．将FeCl3溶液滴入到沸水中，加热至沸腾即可制得Fe(OH)3胶体，B错误；
C．铜粉加入FeCl3溶液中，发生离子反应：，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可验证Fe3+的氧化性强于Cu2+，C正确；
D．亚铁离子具有强还原性，在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液，硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，最终不能得到FeSO4·6H2O晶体，D错误；
答案选C。
14. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是(　 　)
A. Fe2O3Fe(OH)3 Fe2(SO4)3(aq)
B. H2SiO3 SiO2 SiCl4
C. Al Al(OH)3Al2O3
D. NaClO(aq) HClO(aq) HCl(aq)
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe2O3不溶于水，溶于酸，故A错误；
B．SiO2不与盐酸反应，可与HF反应，生成SiF4，B错误；
C．铝与氢氧化钠、水反应生成偏铝酸钠，不能得到氢氧化铝，故C错误；
D．碳酸酸性强于次氯酸，次氯酸在光照下分解成HCl和氧气，故D正确；
答案选D。
15. 若NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（ ）
A. 64g铜与足量的S完全反应，转移的电子数为NA
B. 标准状况下，22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到的气体分子数为NA
C. pH=13的Ba(OH)2溶液中，含有OH-0.2NA个
D. 50mL18mol·L-1的浓硫酸与足量的铜加热充分反应后，得到的气体分子数为0.45NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 64g铜的物质的量为1mol，1mol铜与硫单质完全反应生成0.5mol硫化亚铜，转移了1mol电子，转移电子数目为NA，故A正确；
B. 标况下，22.4L一氧化氮的物质的量为1mol，11.2L氧气的物质的量为0.5mol，二者恰好反应生成1mol二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，,所以反应后气体的物质的量小于1mol，得到的气体分子数小于NA，故B错误；
C. pH=13的Ba(OH)2溶液中，不知道溶液的体积，无法算出OH-的物质的量，故C错误；
D. 铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应；随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，故生成的二氧化硫分子数小于0.45NA个，故D错误；
故选：A。
16. NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A. 常温常压下，36g 18O2中所含的中子数为16NA
B. 质量a g的C2H4和C3H6的混合物中原子数目为3a NA /14
C. 电解饱和食盐水时，阳极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA
D. 1L 1mol·L－1的Na2CO3 溶液中含有CO的数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 36g 18O2的物质的量为，18O的中子数为18-8=10，则所含的中子数为20NA，故A错误；
B. C2H4和C3H6的最简式都为CH2，则混合物中原子数目为，故B正确；
C. 未说明气体体积是在标况下测得，则无法判断电子转移数目，故C错误；
D. CO在水溶液中发生水解，则数目小于NA，故D错误；
故选B。
17. 下列除杂的操作不正确的是(　　)
A. MgCl2溶液中混有少量FeCl3：加入足量氢氧化镁充分反应后过滤
B. FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤
C. CuCl2溶液中混有少量FeCl3：加入NaOH溶液充分反应后过滤
D. CuCl2溶液中混有少量FeCl2：先加入H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，再加入CuO充分反应后过滤
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，加入Mg(OH)2与H＋反应，平衡右移，使Fe3＋转化成Fe(OH)3而除去，A正确；
B．过量铁粉与FeCl3发生反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2，充分反应后过滤出过量铁粉，B正确；
C. CuCl2溶液中混有少量FeCl3：加入NaOH溶液，将使Cu2+、Fe3+都转化为沉淀，此除杂操作不正确，C错误；
D.先用H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，再利用FeCl3的水解，加入CuO与H＋反应将Fe3＋转化成Fe(OH)3而除去，D正确；
故选C。
18. 用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是

A. 加热装置I中的烧杯分离I2和Fe B. 利用装置Ⅱ合成氨并检验氨的生成
C. 利用装置Ⅲ制备少量的氯气 D. 利用装置Ⅳ制取二氧化硫
【答案】C
【解析】
【详解】A、加热时I2和Fe发生化合反应，故A错误；
B、检验氨的生成要用湿润的pH试纸，故B错误；
C、高锰酸钾氧化性较强，在常温下就可以与浓盐酸反应产生氯气，故C正确；
D、铜与浓硫酸反应制取二氧化硫要加热，故D错误。
答案C。
19. 某溶液中大量存在五种离子：、、Fe3＋ 、H＋ 、X ，其物质的量之比为 n () ：n () ：n (Fe3＋) ：n (H＋) ：n (X) = 2 ：3 ：1 ：3 ：1，则X 可能为：
A. Fe2＋ B. Mg2＋ C. Cl－ D. Ba2＋
【答案】B
【解析】
设X带的电荷为a；根据电荷守恒，3n (Fe3＋)+ n (H＋) + a×n (X) －n () －2n ()=0，则a=+2，由于Fe2＋能被硝酸氧化，Ba2＋与生成沉淀，故选B。
20. 某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、NH、Cl-、AlO。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是

A. 原溶液中一定含有阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH
B. 反应最后形成的溶液中的溶质含AlCl3
C. 原溶液中Al3+与NH的物质的量之比为1∶3
D. 原溶液中含有的阴离子是Cl-、AlO
【答案】C
【解析】
【分析】
向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH反应，则溶液中一定含有NH，当NH完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减少最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2；
【详解】A.通过以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH，不含Mg2+，故A错误；
B.通过以上分析知，最终得到的溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，不含AlCl3，故B错误；
C.根据图象知，Al3+完全沉淀、NH消耗NaOH的物质的量之比为3：3，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH+OH-=NH3·H2O知，原溶液中Al3+与NH的物质的量之比1：3，故C正确；
D.通过以上分析知，原来溶液呈酸性，则一定不存在弱酸根离子AlO，故D错误；
故选：C。
21. 某溶液中可能含有Na＋、Al3＋、Fe3＋、Cl－、I－、、，某兴趣小组进行以下实验：(1)取少量该溶液加入过量硝酸钡溶液后过滤得白色沉淀和滤液(2)向上述白色沉淀中加入足量稀HNO3，发现沉淀完全溶解(3)向(1)中所得滤液中加入足量盐酸，发现溶液变黄色,下列叙述正确的是
A. 原溶液中可能含有Na＋、
B. 由（3）推断原溶液中存在Fe3＋
C. 原溶液中一定有I、、Na＋
D. 通过在黄色溶液中加入硝酸银溶液可以检验原溶液中是否存在Cl－
【答案】C
【解析】
【分析】
(1)向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀,过滤后,向该白色沉淀中加入足量稀硝酸, 沉淀完全溶解,则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3；(BaSO3被硝酸氧化为BaSO4)，所以原溶液中含有CO32-，没有SO32-；由于CO32-与Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向(1)中所得滤液中加入足量的盐酸,溶液变黄色,由于在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，因此溶液中不存在Fe3+；根据溶液呈电中性知,原溶液中肯定含有Na+,无法确定是否含有Cl-；结合以上分析解答。
【详解】】(1)向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀,过滤后,向该白色沉淀中加入足量稀硝酸, 沉淀完全溶解,则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3；(BaSO3被硝酸氧化为BaSO4)，所以原溶液中含有CO32-，没有SO32-；由于CO32-与Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向(1)中所得滤液中加入足量的盐酸,溶液变黄色,由于在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，因此溶液中不存在Fe3+；根据溶液呈电中性知,原溶液中肯定含有Na+,无法确定是否含有Cl-；
综合以上分析可知，原溶液中含有I-、Na+、CO32-，C正确；一定不含SO32-、Fe3+、Mg2+，A错误，B错误；由于之前引入了大量Cl-,所以在黄色溶液中加入硝酸银溶液，即使有氯化银白色沉淀生成,也不能说明原溶液中一定含有Cl-,D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】本题在判断离子共存时，要注意：溶液中存在CO32-时，Fe3+、Mg2+与CO32-均不能大量共存；溶液中存在I-时，Fe3+与I-因发生氧化还原反应而不能大量共存；最后根据溶液呈电中性规律判定存在的阳离子。
22. 下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e 是浸有相关溶液的滤纸。向 KMnO4晶体 滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

对实验现象的“解释或结论”正确的是
选项
实验现象
解释或结论
A
a处变蓝，b处变红棕色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
c处先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
d处立即褪色
氯气与水生成了漂白性物质
D
e处变红色
还原性：Fe2+＞Cl-

A A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变橙色，可证明氧化性：Cl2＞I2、Cl2＞Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，A错误；
B．氯气与水反应Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，H+使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则c处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，B错误；
C．Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，反应消耗了NaOH，使溶液的碱性减弱导致溶液的红色褪去，不能证明生成物质具有漂白性，C错误；
D．Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，证明还原性：Fe2+＞Cl-，D正确；
故答案为D。
23. 下列从海洋中获取物质的方案不合理的是(　 　)
A. 粗盐 饱和食盐水Cl2漂白粉
B. 苦卤Br2(aq)HBr(aq) 粗Br2
C. 除去粗盐中杂质(Mg2+、SO、Ca2+)，加入的药品顺序：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
D. 海水Mg(OH)2MgCl2溶液 Mg
【答案】D
【解析】
【详解】A．粗盐经除杂精制后可以得到饱和食盐水，电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，用氯气与石灰乳反应生成的氯化钙、次氯酸钙为漂白粉的成分，故A正确；
B．这是利用空气吹出法提溴的原理，用氯气置换溴离子得到单质溴，继而通入热空气将溴吹入SO2水溶液，发生的化学反应方程式为Br2 +SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，富集氢溴酸，再用氯气将其氧化得产品溴，故B正确；
C．加入NaOH溶液要过量，可以使镁离子完全转化为氢氧化镁沉淀，加入氯化钡溶液要过量，可以使硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，加入碳酸钠溶液要过量，可以使钙离子和过量的氯化钡中的钡离子完全转化为碳酸钙、碳酸钡沉淀，过滤除去上述的氢氧化镁沉淀、硫酸钡沉淀、碳酸钙、碳酸钡沉淀，再向滤液中加盐酸使过量的氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液转化为氯化钠溶液，故C正确；
D．电解氯化镁溶液发生的反应为：MgCl2Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，得不到金属镁，制得金属镁应电解熔融的氯化镁，故D错误；
故选D。
24. 如图，利用培养皿探究SO2的性质。实验时向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸，立即用另一表面皿扣在上面。

下表中对实验现象的描述或所做的解释不正确的是(　　)
选项
实验现象
解释
A
BaCl2溶液变浑浊
SO2与BaCl2溶液反应产生了BaSO3沉淀
B
Na2S溶液变浑浊
SO2与Na2S溶液反应产生了S单质
C
酸性KMnO4溶液褪色
SO2具有还原性
D
品红溶液褪色
SO2具有漂白性

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．盐酸的酸性强于亚硫酸，二氧化硫与氯化钡不反应，不会产生沉淀，故A错误；
B．二氧化硫具有弱的氧化性能够氧化硫离子生成硫单质，所以Na2S溶液变浑浊，故B正确；
C．二氧化硫具有还原性，能够与酸性的高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾褪色，故C正确；
D．二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，故D正确。
故答案选A。
25. 在标准状况下，将1.92 g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到NO2和NO混合气体 1.12 L，则混合气体中NO的体积为( )
A. 1120 mL B. 1008 mL C. 224 mL D. 112 mL
【答案】D
【解析】
【详解】n(Cu)==0.03mol，混合气体的物质的量为n(NO2、NO)==0.05mol，设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则由N原子守恒可得，x+y=0.05，由得失电子守恒可得，0.03×2=3x+y，解得x=0.005，y=0.045，V(NO)=0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，D正确；
答案为D。
第Ⅱ卷 (非选择题 共50分)
26. Ⅰ.某学习小组进行如下实验探究：将适量1.00 mol·L－1 CuSO4溶液和2.00 mol·L－1 NaOH溶液混合，过滤后得到浅绿色碱式盐沉淀A[化学式：aCu(OH)2.CuSO4]。将9.08 g A隔绝空气在1 000℃以上强热，得到了5.76 g砖红色固体B(铜的+1价氧化物)，同时得到的混合气体C；再将5.76 g B溶于稀硫酸得到2.56 g另一种红色固体D和蓝色溶液。(已知铜的化合价有＋1和＋2)
(1)实验需用1.00 mol·L－1 CuSO4溶液480mL，配制以上溶液需用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外还需__________；所称取的胆矾固体是_______克
(2)甲同学认为A中含有杂质Na＋，验证此判断正确的方法是_______，除去此杂质的方法是_______。
(3)B与稀硫酸反应的离子方程式为_________。
Ⅱ. 某校化学小组学生利用如图所列装置进行“铁与水反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3·6H2O晶体。(图中夹持及尾气处理装置均已略去)

(1)装置B中发生反应的化学方程式是_________。
(2)装置E中的现象是________
(3)停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤。该小组学生利用上述滤液制取FeCl3·6H2O晶体，设计流程：滤液FeCl3溶液FeCl3·6H2O晶体
① 步骤I中通入Cl2的作用是_________。
② 步骤II从FeCl3稀溶液中得到FeCl3·6H2O晶体的主要操作包括：________。
【答案】 (1). 500ml容量瓶 (2). 125.0 (3). 做焰色实验，观察到黄色火焰 (4). 向漏斗中加蒸馏水至刚浸没沉淀，让水自然流下，重复此操作2～3次 (5). Cu2O＋2H＋=Cu＋+Cu2＋＋H2O (6). (7). 黑色CuO变为红色 (8). 将Fe2+完全氧化为Fe3+ (9). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【解析】
【分析】
由图可知，A提高水蒸气，B中发生，生成氢气具有可燃性，点燃时需要验纯，D中碱石灰干燥氢气，E中氢气还原CuO，依此解答。
【详解】Ⅰ（1）实验室没有480mL容量瓶，应该选用500mL的容量瓶，配制该溶液需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶等，还缺少500mL容量瓶；500mL 1.00mol/L的硫酸铜中含有溶质硫酸铜的物质的量为0.5mol，需要胆矾的质量为：250g/mol×0.5mol=125.0g，
故答案为：500ml容量瓶； 125.0；
（2）钠离子的检验采用焰色反应法，做焰色实验，观察到黄色火焰可以证明含有钠离子，向漏斗中加蒸馏水至刚浸没沉淀，让水自然流下，重复此操作2～3次，可以将A中的钠离子除去；
故答案为：做焰色实验，观察到黄色火焰；向漏斗中加蒸馏水至刚浸没沉淀，让水自然流下，重复此操作2～3次；
（3）氧化亚铜与稀硫酸反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；
Ⅱ（1）装置B中是铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：；
（2）E中氢气还原氧化铜，可观察到的现象是：黑色CuO变为红色；
（3）①氯气具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，故步骤I中通入Cl2的作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+；
②从FeCl3稀溶液中得到FeCl3·6H2O晶体需蒸发冷缩、冷却结晶、过滤。
27. 亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下反应得到。ClNO部分性质如下：黄色气体，熔点：－59.6℃，沸点：－6.4℃，遇水易水解。
已知：HNO2既有氧化性又有还原性；AgNO2微溶于水，能溶于硝酸：AgNO2+HNO3= AgNO3+ HNO2。
(1)利用Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ装置制备原料气NO和Cl2

①写出A装置中的作用：_____。
②利用上述装置制备NO时，Ⅱ中盛装物质为_________(写化学式)。
(2)利用如图装置在常温常压下制备ClNO

①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。 
②为使NO和Cl2恰好完全反应生成ClNO，理论上通入NO和Cl2两种气体的流速比为____。
③装置Ⅸ的作用是___________。
④ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，产生“气泡”的化学方程式为________。生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成0.4 mol ClO2消耗NaClO2的量为_____mol；
【答案】 (1). 平衡内外大气压，使分液漏斗内液体顺利滴下 (2). H2O (3). aefcbd或者afecbd (4). 2：1 (5). 冷凝亚硝酰氯，便于收集 (6). NaHSO4+NaHCO3 =Na2SO4+CO2↑+H2O (7). 0.5
【解析】
【分析】
I装置用于制取氯气，浓盐酸具有挥发性，所以得到的氯气中含有HCl，II用于除去HCl，III装置中有浓硫酸，干燥氯气；如果用这几个装置制取NO，I中Cu和稀硝酸反应生成NO，因为硝酸具有挥发性，所以得到的NO中含有硝酸，II中盛放水吸收硝酸气体，III干燥NO；依此解答。
【详解】（1）①A装置的作用是平衡内外大气压，使分液漏斗内液体顺利滴下，故答案为：平衡内外大气压，使分液漏斗内液体顺利滴下；
②用I制取NO，I中Cu和稀硝酸反应生成NO，因为硝酸具有挥发性，所以得到的NO中含有硝酸，II中盛放物质能吸收硝酸，稀硝酸溶于水且NO不溶于水，所以II中可以盛放H2O，故答案为：H2O；
（2）①将氯气和NO通过装置Ⅳ、V除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置ⅤI中发生反应，在IX冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用VIII氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置VII，所以装置连接顺序为aefcbd或者afecbd，故答案为：aefcbd或者afecbd；
②二者反应方程式为Cl2+2NO=2NOCl，二者的流速之比等于其计量数之比即可，则理论上通入NO和Cl2两种气体的流速比为2:1，故答案为：2:1；
③将氯气和NO干燥后在装置ⅤI中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，所以IX的作用是冷凝亚硝酰氯，便于收集，故答案为：冷凝亚硝酰氯，便于收集；
④根据已知信息：ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂；一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的二氧化氯泡腾片，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液，可得上述过程中，产生气泡的化学方程式为NaHSO4+NaHCO3 =Na2SO4+CO2↑+H2O；生成ClO2的反应属于歧化反应，则反应中氯元素的化合价由+3价变为+4价和-1价，故每生成0.4 mol ClO2，同时生成0.1molCl-，故消耗NaClO2的量为0.5mol，故答案为：NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+CO2↑+H2O；0.5。
28. 焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。
（1）制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）

可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）
焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)
①如图装置中仪器A的名称是__，A中发生反应的化学方程式为___。
②F中盛装的试剂是___，作用是__。
③通入N2的作用是__。
④Na2S2O5晶体在___（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。
⑤若撤去E，则可能发生__。
（2）设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：

预测Na2S2O5的性质
探究Na2S2O5性质的操作及现象
探究一
Na2S2O5的溶液呈酸性
用适量的蒸馏水溶解少量的Na2S2O5样品于试管中，取pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取样品点在试纸上，试纸变红
探究二
Na2S2O5晶体具有还原性
取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去

探究二中反应的离子方程式为___。
【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O (3). 浓NaOH溶液 (4). 吸收剩余的SO2 (5). 排尽空气，防止Na2S2O5被氧化 (6). D (7). 倒吸 (8). 5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O
【解析】
【分析】
采用装置图制取Na2S2O5，装置D中有Na2S2O5晶体析出，根据图可知：装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，装置D中析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；二氧化硫有毒，装置F为尾气吸收装置，装置E防止倒吸。
【详解】(1) ①根据仪器的结构可知A为三颈烧瓶，装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；
②由于二氧化硫有毒，则装置F的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，可盛装NaOH溶液；
③Na2S2O5易被空气中的氧气氧化，所以要先用氮气排净装置中的空气；
④装置D中会析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+ SO2= Na2S2O5；
⑤若撤去E，导气管直接插入F溶液可能会因为SO2被吸收压强变化较大发生倒吸；
(2)探究二中Na2S2O5与酸性KMnO4溶液发生氧化反应反应，KMnO4被还原为Mn2+，则Na2S2O5被氧化为硫酸钠，离子反应为：5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O。
29. 榴石矿石可以看作由CaO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。工业上对其进行综合利用的流程如图：

(1)SiO2的用途广泛，试写出其中的一种重要用途______ ；
(2)溶液Ⅰ中除了Ca2+外，还含有的金属阳离子有_________；
(3)鼓入空气并充分搅拌的目的是_______ ，发生反应的化学方程式为_________。
(4)工业上制取Al的反应方程式为_______。
(5)试设计实验证明榴石矿中含有FeO(试剂任选，说明实验操作与现象)________。
【答案】 (1). 制造光导纤维 (2). Al3+、Fe3+、Fe2+ (3). 使其中的Fe(OH)2全部转化为Fe(OH)3 (4). 4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4 Fe(OH)3 (5). 2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ (6). 取矿石少许，研细，加稀硫酸充分反应后，向其中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，证明矿石中含有FeO
【解析】
【分析】
榴石矿石可以看作CaO、FeO、Fe2O3、A12O3、SiO2组成，加入盐酸溶解过滤得到滤液中含氯化钙、氯化亚铁、氯化铁、氯化铝、盐酸，固体为SiO2，溶液中加入氢氧化钠反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁、氢氧化铝，过滤得到沉淀物A。加入过量氢氧化钠并通入空气，氧化氢氧化亚铁生成沉淀物氢氧化铁(B)，溶液Ⅱ为偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝。
【详解】(1)二氧化硅可以制备光导纤维；
(2)矿石中的FeO、Fe2O3、Al2O3也能被盐酸溶解，则溶液Ⅰ除去钙离子，含有阳离子Fe2+、Fe3+、Al3+；
(3)鼓入空气充分搅拌是为了使其中的Fe(OH)2全部转化为Fe(OH)3，发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(4)Al是活泼金属，冶炼方法是电解法，则制取Al的反应方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；
(5)证明榴石矿中含有FeO的方法是取矿石少许，研细，加稀硫酸充分反应后，向其中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，证明矿石中含有FeO。
【点睛】考查物质分离方法和流程分析判断，主要是实验操作和物质性质的理解应用，准确分析流程是解题关键，特别注意Fe(OH)2易被空气中氧气氧化，Al的冶炼方法是电解法。
三、选做题(本题共2小题，考生根据要求选择其中一题进行作答)
30. 氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，开发高效储氢材料是氢能利用的重要研究方向。
（1）H3BNH3是一种潜在的储氢材料，其中N原子的价电子轨道表达式为____。
（2）制备H3BNH3的化学原料为（HB=NH）3，为六元环状物质，与其互为等电子体的有机物分子式为__，CH4、H2O、CO2的键角由大到小的顺序为____，B、C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_。
（3）C16S8是新型环烯类储氢材料，研究证明其分子呈平面结构（如图所示）。

①C16S8分子中C原子和S原子的杂化轨道分别为____。
②测得C16S8中碳硫键的键长介于C─S和C=S之间，其原因可能是______。
（4）某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中。若将Cu、Ag原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图）相似，该晶体储氢后的化学式为_____。

（5）MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，该晶体的密度为 ρ g/cm3，则该晶胞的体积为_____。（用含ρ、NA的代数式表示即可）

【答案】 (1). (2). C6H6 (3). CO2＞CH4＞H2O (4). N＞O＞C＞B (5). sp2、sp3 (6). C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质 (7). Cu3AgH8 (8). cm3
【解析】
【分析】
根据N原子的价电子排布式书写轨道表达式；等电子体要求原子总数相等、价电子总数也相等；根据孤电子对和成键电子对的相互影响判断键角相对大小；结合同周期第一电离能的递变规律判断；根据价层电子对数目判断杂化轨道形式；根据晶胞的均摊理论判断晶胞的化学式，再根据密度公式计算即可。
【详解】（1）N原子的价电子排布式为2s22p3，则N原子价电子轨道表示式为；
（2）与（HB=NH）3互为等电子体分子中含有12个原子、价电子数是30，与其互为等电子体的有机物分子为C6H6；CH4、H2O、CO2的空间构型分别是正四面体、V形、直线形，排斥力：孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，这三种分子孤电子对个数分别是0、2、0，结合其空间构型判断键角大小顺序是 CO2＞CH4＞H2O，基态B原子的价电子为其2s、2p能级上的电子，根据构造原理书写该原子价电子排布式为2s22p1；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O＞C＞B；
（3）①C16S8分子中C原子和S原子的价层电子对个数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型分别为sp2、sp3；
②C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质，介于S-C单键和S=C双键之间的特殊键；
（4）Cu原子个数=6×=3、Ag原子个数=8×=1、H原子个数为8，其化学式为Cu3AgH8；
（5）该晶胞中Mg原子个数=1+8×=2、H原子个数=2+4×=4，晶胞体积==cm3= cm3。
【点睛】考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、等电子体等知识点，侧重考查基本公式、基本理论在物质结构中的运用，明确原子结构、物质结构是解本题关键，注意晶胞计算的均摊方法。
31. 已知一个碳原子连两个—OH的结构不稳定，会很快脱去一分子水，其变化如下：
→ + H2O
下图中B和、等都是A和Cl2发生反应生成的产物，E是一种高分子化合物，透光性能好，常用作一些灯饰外壳。过程中一些小分子都已经略去。

（1）A的化学名称为_____
（2）第④步的化学方程式为__________，该反应类型为_____；
（3）第⑦步的化学方程式为__________，该反应类型为_____；
（4）E的结构简式为______；
（5）符合下列条件：苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢的C的同分异构体的结构简式分别是___________ 、_________、____________。
【答案】 (1). 乙苯 (2). (3). 氧化反应 (4). (5). 加成反应 (6). (7). (8). (9).
【解析】
【详解】（1）A和氯气发生取代反应生成，所以A是乙苯，结构简式为。
（2）是卤代烃，可以发生水解反应，所以C的结构简式为。C中含有羟基，能发生催化氧化，方程式为：。
（3）C中含有羟基，也能发生消去反应，生成D，所以D的结构简式为。D中含有碳碳双键，能发生加成反应，方程式为：。
（4）D中含有碳碳双键，能发生加聚反应，生成高分子化合物E，所以E的结构简式为：。
（5）苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢，说明两个取代基是对位的，所以根据C的分子式可知，如果取代基其中之一是乙基，则对位就是酚羟基；如果是甲基，则对位就是－CH2OH或－OCH3，所以可能的结构简式为。