【文档说明】河南省新蔡县四校联考2022届高三上学期11月调研考试化学试题答案.docx，共(19)页，266.741 KB，由小赞的店铺上传

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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．3NHNO→的N元素化合价升高，应加入氧化剂，A错误；B．22HSSO→的S元素化合价升高，应加入氧化剂，B错误；C．32KBrOBr→的Br元素化合价降低，应加入还原剂，C正确；

D．2COCO→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++2-4SO，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，233HCOHHCO+−+，323HCOHCO−+−+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-3，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．224HCO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，2ClO是还原产物，B错误；C．224HCO中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，每生成244gCO，即1mol二氧化碳转移1mol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2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2++5

Cl2↑+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；23CO−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-、23CO−、OH-都和AgNO3溶液反应，23CO−、OH-都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；只有23CO−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232COAlO−−、，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，3NO−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NaOH溶液有气体生成，说明存在4NH+，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量2CO产生沉淀，2CO先与OH−反应生成23CO−，23CO−再与2Ba+反应生成3BaCO沉淀，沉淀C为

碳酸钡；因为存在的离子浓度均为10.1molL−，从电荷守恒的角度出发，溶液中不存在3Al+，只含有2244NHFeClSO++−−、、、才能保证电荷守恒，Na+不能存在。A．根据以上分析可知原溶液中不存在Na+，A错误；B．原溶液中肯定存在的离子有2244NHFeClSO++−−、、、，

B正确；C．沉淀A为4BaSO，沉淀C为3BaCO，C错误；D．滤液X中大量存在的阳离子有4NH+和2Fe+，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/LFe

Cl3溶液中c(Cl-)=3mol/L，1mol/LKCl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2-2O，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xmolHNO3，ymolFe(NO3)3，则：3282xy+=、33382xy+=，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3VO−，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1molCl2失去2mole－，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：3+222Fe+2I=2Fe+I−+；其次：3+3Fe+3SCN=Fe(SCN)−，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

：22Mg+2OH=Mg(OH)+−，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+H

2O-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。18．2高温CO+C2CO22323CONaCOHO=2NaHCO++434CeFeS

n+++Mn3BiO−3BiO−2Mn+H+3Bi+4MnO−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NaOH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2O，X为C，Z为2CO，Y为CO，因此ZY→的化学方程式为2高温CO+C2CO。答案为：2高温CO+C2CO；②若X为NaOH溶液，则A可能为2CO，Y为23NaCO，Z为3NaHC

O，因此YZ→的化学方程式为23223NaCOCOHO=2NaHCO++。(2)根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，4Ce+与2Fe+的反应中，4Ce+化合价降低，作氧化剂，2Fe+化合价升高，3Fe+为氧化产物，故氧化性：43CeFe++，2Sn+和3Fe+的反应中，2Sn+的化合价升

高，作还原剂，2Sn+为氧化产物，3Fe+作氧化剂，故氧化性34FeSn++，因此氧化性：434CeFeSn+++。答案为：434CeFeSn+++；(3)①该反应体系中，发生33BiOBi−+→的反

应过程，则3BiO−中Bi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24MnMnO+−→，2Mn+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23342BiOMnHBiMnOHO−+++−++→++。③还原产物是3Bi+，产生30.2m

olBi+转移电子的物质的量为()0.2mol530.4mol−=答案为：Mn；3BiO−；3BiO−；2Mn+；H+；3Bi+；4MnO−；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+2H2SO

4(浓)ΔCO2↑+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：2N

a2O2+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<N<O，故稳定性由强到弱依次为：H2O>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)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O。20．Ca(ClO)2SiO2KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-2SO42-+2Ba2++Al3++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O2Al3++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）C

Cl4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：1416.9%≈83，活泼金属

元素的相对原子质量为：83-143＝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．3NHNO→的N元素化合价升高，应加入氧化剂，A错误；B．22HSSO→的S元

素化合价升高，应加入氧化剂，B错误；C．32KBrOBr→的Br元素化合价降低，应加入还原剂，C正确；D．2COCO→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++2-4SO，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，233HCOHHCO+−+，323HCOHCO−+−+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-3，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．224HCO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，2ClO是还原产物，B错误；C．224HCO中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，每生成244gCO，即1mol二氧化碳转移1mol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2MnO4-+10Cl-+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；23CO−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-、23CO−、OH-都和AgNO3溶液反应，23CO−、OH-都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；只有23CO−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232COAlO−−、，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，3NO−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NaOH溶液有气体生成，说明存在4NH+，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量2CO产生沉淀，2CO先与OH−反应生成23CO−，23CO−再与2Ba+反应生成3

BaCO沉淀，沉淀C为碳酸钡；因为存在的离子浓度均为10.1molL−，从电荷守恒的角度出发，溶液中不存在3Al+，只含有2244NHFeClSO++−−、、、才能保证电荷守恒，Na+不能存在。A．根据以上分析可

知原溶液中不存在Na+，A错误；B．原溶液中肯定存在的离子有2244NHFeClSO++−−、、、，B正确；C．沉淀A为4BaSO，沉淀C为3BaCO，C错误；D．滤液X中大量存在的阳离子有4NH+和2Fe+，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/LFeCl3溶液中c(Cl-)=3mol/L，1mol/LKCl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2-2O，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xmolHNO3，ymolFe(NO3)3，则：3282xy+=、33382xy+=，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3VO−，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1molCl2失去2mole－，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：3+222Fe+2I=2Fe+I−+；其次：3+3Fe+3SCN=Fe(SCN)−，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：22Mg+2OH=Mg(OH)+−，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+3

O2=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。18．2高温CO+C2CO22323CONaCOHO=2NaHCO++434CeFeSn+++Mn3BiO−3BiO−2Mn+H+3Bi+4MnO

−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NaOH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2O，X为C，Z为2CO，Y为CO，因此ZY→的化学方程式为2高温CO+C2CO。答案为：2高温CO+C2CO；②若X为NaOH溶液，则A可能为2CO，Y为23NaCO，Z为3NaHCO，因此YZ→的化学方程式为23223NaCOCOHO=2NaHCO+

+。(2)根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，4Ce+与2Fe+的反应中，4Ce+化合价降低，作氧化剂，2Fe+化合价升高，3Fe+为氧化产物，故氧化性：43CeFe++，2Sn+和3Fe+的反应中，2Sn+的化合价升高，作还原剂，2Sn+为氧化产物，3Fe+作氧化剂，故氧化

性34FeSn++，因此氧化性：434CeFeSn+++。答案为：434CeFeSn+++；(3)①该反应体系中，发生33BiOBi−+→的反应过程，则3BiO−中Bi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24MnMnO+−→，

2Mn+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23342BiOMnHBiMnOHO−+++−++→++。③还原产物是3Bi+，产生30.2molBi+转移电子的物质的量为()0.2mol530.4mol−=答案为：Mn；3BiO−；3BiO−

；2Mn+；H+；3Bi+；4MnO−；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)ΔCO2↑+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C

H4、NH3、H2O，非金属性C<N<O，故稳定性由强到弱依次为：H2O>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)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O。20．C

a(ClO)2SiO2KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-2SO42-+2Ba2++Al3++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O2Al3++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CaC

l2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1

mol，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A

l3+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：1416.9%≈83，活泼金属元素的相对原子质量为：83-143＝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。