【文档说明】内蒙古自治区呼和浩特市2022-2023学年高三上学期质量普查调研考试化学试题 含解析.docx，共(24)页，2.397 MB，由小赞的店铺上传

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内蒙古自治区呼和浩特市2022-2023学年高三上学期质量普查调研考试化学试题注意事项：本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共9页。本试卷满分为100分，考试时间为100分钟。第I卷(选择题)可能用到的相对原子质量

：O-16K-39Fe-56Cu-64I-127一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1．化学与生活密切相关，下列叙述不正确的是A．“84消毒液”可喷洒于衣物上进行杀菌消毒B．75%的乙醇溶液常用作医用消毒剂C．碘酒可用于皮肤外

用消毒D．二氧化硫可用于食品杀菌、抗氧化2．下列化学用语使用不科学规范的是A．胆矾的化学式CuSO4·5H2OB．水分子的结构式为H-O-HC．HBr的形成过程为D．35C1和37C1的原子结构示意图均为3．化学在社会进步中发挥着关键性作

用。下列有关能源和材料的说法不正确的是A．低磁合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁B．可燃冰资源丰富且可再生，是最有希望的未来能源C．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源有利于实现“低碳经济”D．2022北京冬奥会开幕式专用演出服为石墨烯智能

发热材料，属于新型无机非金属材料4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子B．56g铁片投入足量浓硫酸中，生成为NA个SO2分子C．电解精炼铜时，若阴极得到电子数

为2NA个，则阳极质量减少64gD．0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA5．下列涉及的离子方程式书写正确的是A．醋酸除去水垢中的碳酸钙：+2+322CaCO+2H=Ca+CO+HOB．漂白液的漂白原理：-223ClO+CO+HO

=HCO+HClO−C．Na2O2与水反应：+-2222NaO+HO=2Na+2OH+OD．FeI2溶液中通入少量Cl2：2+3+-2Fe+2Cl=2Fe+2Cl6．下列说法正确的是A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶

液均为胶体C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥D．Al、Fe、Cu的单质放置在空气中都只生成氧化物7．下列实验操作及现象可以达到实验目的的是选项实验目的实验操作A验证SO2具有漂白性SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，观察溶液颜色变化B探

究浓度对反应速率的影响向2支各盛有5mL不同浓度的NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象C证明FeCl3与KI之间是可逆反应向1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加2mL0.1mol·L-1KI溶液，充分反应，滴加几滴KSCN溶液后变为红色D除去NaCl固体中

混有的少量KNO3杂质将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤A．AB．BC．CD．D8．化合物R可用于农药生产，其结构如下图所示。其中W位于第三周期，其最外层电子数与Y相同，X、Y、Z位于同一周期且均属于短周期元素。下列说法正确的是A．非金属性X>Z>YB．简单离子半径W>X>YC．

X元素的氢化物是一种强酸D．Y、Z、W均能与氢原子形成18电子分子9．在给定条件下，下列选项所示的物质间一步转化均能实现的是A．22O(g)HO(l)2224FeS(s)SO(g)HSO(aq)⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→高温B．22Cl(g)H(g)4SiCl(g)⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→焦

炭高温高温高温石英砂粗硅高纯硅C．22O(g)HO(l)323NH(g)NO(g)HNO(aq)⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→、催化剂D．海水提取食盐后的22Mg(OH)(s)MgCl(aq)Mg(s)⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→石灰乳盐酸电解母

液10．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下，下列说法正确的是A．①→②吸收能量并形成了碳碳单键B．反应中催化剂有效改变反应的反应热C．CH4→CH3

COOH过程中，有极性键的断裂和非极性键的形成D．生成CH3COOH总反应的原子利用率小于100%11．研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废水并电解制备KIO3的原理如图所示，下列说法不正确的是A．光照强度大小影响KI

O3的制备速率B．电极N处发生电极反应-2+24S-6e+4HO=SO+8H−C．右池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极D．不考虑损耗，电路中每消耗1molO2，理论上Q极可制得171.2gKIO312．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处

理装置如图所示(夹持和净化装置省略)。仅用以下实验装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的是选项a中的液体b中的物质c中收集的气体d中的液体A浓氨水碱石灰NH3H2OB浓硝酸CuNO2H2OC稀硫酸CaCO3CO2NaOH溶液D浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液A．AB．B

C．CD．D13．CO常用于工业治炼金属，下图所示是在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中2c(CO)1gc(CO)与温度(t)的关系曲线图。下列说法正确的是A．CO还原PbO2的反应ΔH>0B．工业冶

炼金属铜(Cu)时较高的温度有利于提高CO的利用率C．CO不适宜用于工业冶炼金属铬(Cr)D．工业上可以通过增高反应装置来减少尾气中CO的含量14．铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成中的一种重要还原剂。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原

料制备铝氢化钠的一种工艺流程如图：下列说法中错误的是A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎B．“反应I”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同C．“滤渣1”的主要成分为氧化铁D．“反应III”的化学方程式为

4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl15．“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多来诺实验”，已知：2+2+32234Cu+4NHHO=4HO+[Cu

(NH)](该反应产物可作为H2O2分解的催化剂)。下列有关分析不正确的是A．实验中不涉及化合反应B．若硫酸浓度及锌片大小表面积等均相同，则B中产生氢气速率大于D中速率C．C中现象为试管内液面下降D．H中出现浅黄色浑浊，证明O非金属性强于S16．pH=1的某溶液

X中还含有+4NH、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、2-3CO、2-3SO、2-4SO、Cl-、-3NO中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)，取该溶液进行如下实验：下列有关推断不正确的是A．沉淀H不可能为Al(OH)3、BaCO3的混合

物B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl-C．溶液X中一定含有+4NH、Al3+、Fe2+、2-4SO、H+D．若溶液X为100mL，产生的气体A为112ml(标况)，则X中c(Fe2+

)=0.05mol/L二、填空题(本题包括5个小题，共52分)17．工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、SO2、CO等有害气体，对废气进行脱硝、脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。(1)利用氢气

还原法脱硝。已知：①H2的燃烧热为285.8kJ/mol②222N(g)+2O(g)=2NO(g)ΔH=+133kJ/mol写出在催化剂存在下，H2还原NO2生成液态水和无毒物质的热化学方程式：_______。(2)研究表明CO2与

N2O可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图所示。①该反应在常温下能否自发进行_______。②从图中分析，N2O和CO2之间的反应分为两个过程，其中决速步为_______(填“第1步”或“第2步”)反应，写出另一步的转化关系式_______。

(3)利用如图装置，模拟电化学方法除去雾霾中的NO、SO2，则a极为_______极(填“阳”或“阴”)，溶液A的溶质除了有大量(NH4)2SO4，还有_______(填化学式)。18．一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物。卤素互化物具有强氧化性稀溶液，可与金属直接

反应，也可用作有机合成中的碘化剂，一般可由卤素单质直接化合制得。有关一氯化碘制备及性质验证，请回答下列问题：I.海藻提碘可得到I2的CCl4溶液，从其中回收I2的流程如下：(1)步骤I的分离溶液操作中，主要用到的玻璃仪器有烧杯和_______，步骤Ⅱ的反应中氧化剂与还原剂的物质

的量之比为_______。(2)回收获得的粗碘可采用如图所示的简易装置分离提纯。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，碘晶体在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是_______。Ⅱ.某学习小组在实验室中拟用下图装置制取纯净、干燥的氯气

，并利用氯气与碘反应制备一氯化碘。查阅资料了解到以下内容：①碘与氯气的反应为放热反应②ICl是一种红棕色液体，沸点97.4℃，不溶于水③ICl能与KI反应生成I2请回答下列问题：(3)各装置连接顺序为A→_______→_______→_______→_______；_______(4)B装置烧

瓶需放在冷水中，其目的是：_______，B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，采取的方法是_______。(5)ICl与稀NaOH溶液可发生非氧化还原反应，请写出该反应的离子方程式_______。(6)请设计简单的实验证明ICl的氧化性比I2强：_______。19．铋(Bi)的

化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：已知：i.Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质i

ii.2+-2334Cu(OH)(s)+4NH(g)Cu[(NH)](aq)+2OH(ag)iv.该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：金属离子Fe2+Fe3+Cu2+Bi3+开始沉淀的pH7.62.74.84.5沉淀完全的pH9.63.76.45.5回答下列问题：(1)为了提

高辉铋矿的浸取率，可采取的措施为_______。(写一条)(2)“滤渣1”的主要成分是_______。(填化学式)(3)用硝酸替代“盐酸，H2O2”也可以实现“氧化浸取”，从环保角度考虑，存在的缺点是_______。(4)检验“氧化浸取”液中是否含F

e2+，可选择的试剂是_______(填标号)。a.KSCN溶液b.K3[Fe(CN)6]溶液c.KSCN溶液和双氧水(5)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是_______。(6)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是_______

。(7)“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是_______。20．甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义。一种工业制备甲醇的反应为2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)ΔH=-49.5kJ/mol(1)向某容器中通入一定量CO2和H2发

生反应，达到平衡后，下列措施能提高CH3OH平衡产率的有_______(填标号)。a.恒压下，充入惰性气体b.加入高效催化剂c.恒容下，充入CO2d.适当升高温度(2)在540K下按初始投料比n(CO2)：n(H2)

=3：1、n(CO2)：n(H2)=1：1、n(CO2)：n(H2)=1：3，得到不同压强条件下H2的平衡转化率关系图：①a、b、c各线所表示的投料比由大到小的顺序为_______(用字母表示)。②点N在线b上，计算540

K时的压强平衡常数Kp=_______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，已知分压=物质的量分数×总压)。(3)目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备。反应如下：33CHOH(g)+CO(g)CHCOOH(l)ΔH<0。在恒压密闭容器中通入一定量的CH3OH和CO气体，测得甲醇

的转化率随温度变化如图所示。①温度为T1时，该反应的正反应速率v(B)正_______v(A)正(填“>”，“=”或“<”)。②B、C、D三点的逆反应速率大小关系_______。21．Kx[Cu(C2O4)x]·3H2O(水合草酸铜(Ⅱ)酸钾)是一种化工原料，实验室制备少量水合草

酸铜酸钾并测定样品的组成，实验步骤如下：Ⅰ.制备CuO用图1所示装置将溶液混合后，小火加热至蓝色沉淀转变为黑色，煮沸5~10分钟。稍冷却后全部转移至图2装置过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2~3次。(1)由CuSO4

·5H2O配制实验所需的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是_______(填仪器名称)。(2)检验沉淀洗涤干净的方法为：_______，滴入氯化钡溶液，_______。Ⅱ.制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液称取一定质量H2C2O4·2H2O放入250mL烧杯中，加

入40mL蒸馏水，微热(温度低于80℃)溶解。稍冷后加入一定量无水K2CO3，充分反应后生成含KHC2O4和K2C2O4的混合物。(3)该步骤中原料配比为3∶2，则所得混合物中n(KHC2O4)：n(K2C2O4)=_______。(4)为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取__

_____的方法。Ⅲ.制备水合草酸铜酸钾晶体将KHC2O4和K2C2O4混合溶液加热至80-85℃，再将CuO连同滤纸一起加入到该溶液中，充分反应至CuO沉淀全部溶解，取出滤纸后，加热浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇淋洗，自然晾干，称量。(5)溶解CuO沉淀时，连同

滤纸一起加入到溶液中的目的是_______Ⅳ.测定水合草酸铜酸钾晶体的成分取少量制得的样品配成溶液。用标准酸性高锰酸钾溶液滴定2-24CO、用标准EDTA溶液滴定Cu2+，经计算样品中n(Cu2+)：n(2-24CO)=1∶2，假设制备的过程

中Cu2+无损耗。(6)标准酸性高锰酸钾与C2O24−反应的离子方程式为_______。(7)水合草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的化学式为_______。1．A【详解】A．“84消毒液”中含有漂白性物质，能使有色物质褪色，不可喷洒于衣物上进行杀

菌消毒，故A错误；B．75%的乙醇溶液能杀灭病菌，常用作医用消毒剂，故B正确；C．碘酒能灭菌，可用于皮肤外用消毒，故C正确；D．二氧化硫具有还原性且能灭菌，可用于食品杀菌、抗氧化，故D正确；故选A。2．C【详解】A

．胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO4·5H2O，故A正确；B．水分子由2个氢原子和1个氧原子构成，结构式为H-O-H，故B正确；C．溴化氢为共价化合物，不是离子化合物，，故C错误；D．35C1和37C1均为17号氯元素的原子，原子结构示意图均为，故D正确；故选C。3．B【详解】A．合金硬度大于成

分金属，低磁合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁，故A正确；B．可燃冰为化石燃料，不可再生，故B错误；C．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源，利于减少化石燃料的燃烧，有利于实现“低碳经济”，故C正确；D．石墨烯智能发热材料，属于新型无机

非金属材料，故D正确；故选B。4．D【详解】A．氨水不是气态，不能确定其物质的量，A错误；B．浓硫酸使铁钝化，阻碍了反应的进行，生成二氧化硫小于1mol，B错误；C．电解精炼铜时，阳极的其它金属如锡等也会放电导致阳极质量减小，故不确定阳极减小质量，C错误；D．氢气和碘的反

应为分子总数不变的反应，0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总量为0.2mol，则分子总数为0.2NA，D正确；故选D。5．B【详解】A．醋酸为弱电解质，不能拆，3332222HOCaCOCHCOOHCHCOOCO−+=++，A错误；B．漂白粉主要成分为

NaClO吸收空气中的水和二氧化碳生成有漂白性的次氯酸，B正确；C．Na2O2与水反应，22222O2HO44ONaNaOH+−+=++，C错误；D．还原性I-＞Fe2+，FeI2溶液中通入少量Cl2，Cl2先于I-反应，Cl2+2I-=I2+2Cl-，D错

误；故答案为：B。6．C【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；【详解】A．三氧化硫和水反应生成硫酸，导致溶液导电，三氧化硫为非电解质；KClO3为电解质，故A错误；B．

胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C．H2、SO2、CO2三种气体均不和浓硫酸反应，都可用浓硫酸干燥，故C正确；D．铜生锈生成的铜绿为碱式碳酸铜，不是氧化物，故D错误；故选C。7．C【详解】A．二氧

化硫和氢氧化钠反应，溶液碱性消失，溶液的红色也会褪色，故A错误；B．亚硫酸氢钠和过氧化氢反应没有明显的现象，不能判断反应的速率，故B错误；C．1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加2mL0.1mol·L-1KI溶液，反应中碘离子过量，充分反应，滴加几滴KSCN溶液后变为红色，

说明溶液中仍存在铁离子，则FeCl3与KI之间是可逆反应，故C正确；D．氯化钠溶解度受温度影响较小，应该使用蒸发结晶的方法提纯氯化钠，故D错误；故选C。8．D【分析】W位于第三周期，且形成了6个共价键，则W为S，最外层电子数与Y相同，则Y为O；X、Y、Z位于同一周期，且Z形成了4个共价

键，X形成了1个共价键，故X为F，Z为C；【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；非金属性F>O>C，即X>Y>Z，故A错误；B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；O和F对应的离子具有相同的电子排布，核电荷数越大半

径越小，故简单离子半径应为W>Y>X，故B错误；C．氟化氢为一种弱酸，故C错误；D．YZW能与氧形成H2O2、C2H6、H2S，均能与氧原子形成18电子分子，故D正确；故选D。9．B【详解】A．2FeS和氧气生成二氧化硫，二氧化硫和水生成亚硫酸，故A错误；B．石英砂中二氧化硅和焦炭反应生

成粗硅，粗硅和氯气生成四氯化硅气体，四氯化硅和氢气生成高纯硅，故B正确；C．氨气催化氧化生成一氧化氮不是二氧化氮，故C错误；D．母液加入石灰乳氢氧化钙生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和盐酸生成氯化镁溶液，结晶得到氯化镁晶体电解生成镁单质，不是电

解氯化镁溶液，故D错误；故选B。10．C【详解】A．①→②过程中，生成物能量低于反应物能量，即放出能量，并形成了CC－键，A错误；B．催化剂改变反应速率，但是不改变反应的焓变，B错误；C．由图可知，43CHCHCOOH→过程中，有CH－极性键的断裂和C-C非极性键的形成，C正确；

D．由机理图可知，总反应为CH4+CO2催化剂3CHCOOH总反应的原子利用率为100%，D正确；故选C。11．C【分析】石墨电极M处，CO2在光合菌、光照条件下转化为O2，O2在M极放电生成H2O，发

生还原反应，M为正极，正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化为S，硫再放电生成2-4SO，负极电极反应式为S-6e-+4H2O=2-4SO+8H+，H+通过质子交换膜由右室移向左室；铂电极P

为阴极，铂电极Q为阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2IO-3+6H2O，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的IO-3比消耗的OH-少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极。【详解】A．光照强度大小影响单位时间内生成氧气的量，即影

响电流强度，会影响KIO3的制备速率，故A正确；B．N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化为S，硫再放电生成2-4SO，负极电极反应式为S-6e-+4H2O=2-4SO+8H+，故B正确；C．铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极生成氢氧根离子，而

阳极生成的IO-3比消耗的OH-少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极，故C错误；D．不考虑损耗，电路中每消耗1molO2，转移电子为4mol，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2IO-3+6H2O，可知生成KIO3为4mol×15=0.8mol，

理论上Q极可制得KIO3的质量为0.8mol×214g/mol=171.2g，故D正确；故选C。12．D【详解】A．浓氨水与碱石灰不加热可以制取氨气，但是氨气的密度比空气小，不能用向上排空气方法收集，A错误；B．浓硝酸与Cu反应产生NO2气体，NO2密度比空气大，可以用向

上排空气方法收集，NO2是大气污染物，但NO2若用水吸收，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，产生的NO仍然会污染空气，B错误；C．稀硫酸和碳酸钙生成微溶的硫酸钙阻碍了反应的进行，C错误；D．浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应，产生Na2SO4、H

2O、SO2，SO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，SO2是大气污染物，可以用NaOH溶液吸收，发生反应为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，为防止倒吸，安装了倒扣漏斗，从而达到环境保护的目的，D正确

；故选D。13．C【详解】A．由图像可知，升高温度，2c(CO)lgc(CO)增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，因此△H<0，A错误；B．由图像可知温度越高，2c(CO)lgc(CO)越大，说明在较高温度时平衡逆向移动，不利于提高CO

的利用率，B错误；C．由图像可知用CO工业冶炼金属铬时，2c(CO)lgc(CO)一直很高，说明CO转化率很低，因此不适合冶炼铬，C正确；D．通过增高反应装置，可以增大CO与铁矿石的接触，但不能影响平衡移动，CO的利用率不变，因此不能减少尾气中C

O的含量，D错误；故选C。14．B【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，NaOH溶解时Fe2O3不反应，过滤得到的滤渣中含有Fe2O3，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解氧化

铝生成Al和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与NaH反应生成铝氢化钠（NaAlH4），据此解答。【详解】A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎，增大接触面积，A正确；B．滤液中含有过量NaOH和NaAlO2溶液，加入NaHCO3溶液后-

3HCO分别与OH-、-2AlO反应，反应的离子方程式OH-+-3HCO=2-3CO+H2O、-2AlO+-3HCO+H2O=2-3CO+Al(OH)3↓，与泡沫灭火器的原理不同，故B错误；C．铝土矿加NaOH

溶解时，Al2O3溶解而Fe2O3不反应，则过滤所得滤渣I主要成分为氧化铁，故C正确；D．由分析可知，“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故D正确；答案选B。1

5．B【分析】装置B中稀硫酸与Zn反应生成氢气，生成的氢气将C中液体压入D中，硫酸铜和Zn发生置换反应生成Cu单质后形成原电池，加快Zn与稀硫酸的反应速率，生成的氢气进入E中，将E中液体压入过量氨水中，发生Cu2++4NH3•H2O=4H2O+[C

u(NH3)4]2+，然后进入G中，催化双氧水的分解生成氧气，生成的氧气进入过量硫化氢溶液中发生氧化还原反应生成硫单质，装置I吸收尾气。【详解】A．化合反应为多变一的反应，实验中不涉及化合反应，故A正确；B．B与D两容器中比较，D中形成原电池后可以加快反应速率，故

B错误；C．C中压强变大，液体压入D中，试管内液面下降，故C正确；D．H中出现浅黄色浑浊说明氧气将硫化氢氧化成硫单质，说明氧化性O2>S，证明O非金属性强于S，故D正确；故选B。16．D【分析】溶液X为酸性溶液，一定含有氢离子，不含有碳酸根离子和亚硫酸离子，加入过量的硝酸钡产生沉淀和

气体，说明溶液中存在具有还原性和氧化性的离子，如亚铁离子在酸性条件下被硝酸根离子氧化生成一氧化氮气体，说明溶液中含有亚铁离子和硝酸根离子，。沉淀为硫酸钡沉淀，说明有硫酸根离子。溶液B中加入过量的氢氧化钠，产生气体，说明含有铵根离子，产生沉淀说明原来的亚铁生成的铁离子反应生成

了氢氧化铁沉淀。溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀，说明原溶液中含有铝离子，生成氢氧化铝沉淀。不能确定是否有铁离子和氯离子。据此分析。【详解】A．溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀，说明原溶液中含有铝离子，生成氢氧化铝沉淀，溶液E中有剩余的钡离子，和过量的二氧化碳

反应生成碳酸氢钡不是hi沉淀，所以溶液沉淀H不可能为Al(OH)3、BaCO3的混合物，A正确；B．根据以上分析，不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl-，B正确；C．根据以上分析可知溶液X中一定含有+4NH、Al3+、Fe2+、2-4SO、

H+，C正确；D．若溶液X为100mL，反应为23323FeNO4H3FeNO2HO+−++++=++产生的气体A为112ml(标况)，物质的量为0.005mol，则根据方程式分析，亚铁离子的物质的量为0.015mol，亚铁离子

物质的量浓度为0.015mol=0.15mol/L0.1L，D错误；故选D。17．(1)22224H(g)+2NO(g)=4HO(l)+N(g)Δ=-1276.2kJ/molH(2)能第1步+2222PtO+COPtO+CO+=(3)阳H2SO4【详解】（

1）H2的燃烧热的化学方程式为H2()g+12O2()g=H2O()l285.8kJ/molH=−，在催化剂存在下，H2还原NO2生成液态水和无毒物质的化学方程式为22224H(g)+2NO(g)=4HO(l)+N(g)，

根据盖斯定律，4×①-②可得热化学方程式为22224H(g)+2NO(g)=4HO(l)+N(g)Δ=-1276.2kJ/molH；（2）①根据反应进程及能量变化过程可知该反应的的化学方程式为N2O()g+CO()g+2PtON2(

)g+CO2()gH0，其熵变S不变，GHTS0=−，在常温下能自发进行；②活化能越大，反应速率越慢，且决定总反应速率，根据能量变化过程可知第1步的活化能大于第2步的活化能，故决速步为第1步；根据反应进程可知第2步中CO和22PtO+为反应物，

产物为CO2和Pt2O+，转化关系式为+2222PtO+COPtO+CO+=；（3）由于溶液A的溶质有大量(NH4)2SO4，故NO得电子生成4NH+，故a电极为阳极，b电极为阴极，a电极(阳极)的电极反应为SO2+2H2O-2e-=SO24−+4H+，

故溶液A的溶质除了有大量(NH4)2SO4，还有H2SO4。18．(1)分液漏斗1:5(2)升华(3)CEBD(4)防止ICl挥发(答案合理即可)蒸馏(5)---2ICl+2OH=Cl+IO+HO(6)用湿润的淀粉碘化钾

试纸检测ICl，试纸变蓝(答案合理即可)【分析】Ⅱ.A中反应生成氯气，通过C除去挥发的氯化氢，通过E对氯气进行干燥，氯气进入B生成一氯化碘，尾气使用碱液吸收；【详解】（1）步骤I为分离有机层和水层的操作，为萃取分液操作

，主要用到的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗；步骤Ⅱ的反应中碘离子化合价由-1变为0，为还原剂，碘酸根离子中碘化合价由+5变为0，为氧化剂，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；（2）粉状物放入蒸发皿中并小火加热，碘晶体在

扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法中固体直接变为气体然后凝结为固体，名称是升华；（3）由分析可知，各装置连接顺序为ACEBD；（4）已知：碘与氯气的反应为放热反应，ICl是一种红棕色液体，沸点97.4℃；则B装置烧瓶需放在冷水中，其

目的是：防止ICl挥发；一氯化碘的沸点较低，故B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，采取的方法是蒸馏；（5）ICl与稀NaOH溶液可发生非氧化还原反应，则各元素化合价不变，反应生成氯化钠、次碘酸钠，反应为---2ICl+2OH=Cl+IO+HO；（6）氧化剂氧化性大于氧

化产物，已知，ICl能与KI反应生成I2，碘单质能使淀粉变蓝色；故证明ICl的氧化性比I2强的实验设计可以为：用湿润的淀粉碘化钾试纸检测ICl，试纸变蓝(答案合理即可)。19．(1)粉碎、搅拌、适当升高温度、增大浸取液浓度、延长浸取时间等(2)S、SiO2(3)产生

大气污染物NOx(4)b(5)3.7~4.5(6)+-3+--32Na+ClO+Bi+4OH=NaBiO+Cl+2HO(7)NaBiO3在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少NaBiO3的损失【分析】由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉

铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节pH除去F

e3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4

OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3；【详解】（1）为了提高辉铋矿的浸取率，可采取的措施为粉碎、搅拌、适当升高温度、增大浸取液浓度、延长浸取时间等；（2）根据分析可知，氧化浸取时硫元素转化为硫单质，SiO2不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S和SiO2；（3

）用硝酸替代“盐酸，反应中硝酸发生氧化还原反应生成大气污染物一氧化氮、二氧化氮等氮的氧化物，故不环保；（4）亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀；检验“氧化浸取”液中是否含Fe2+，可选择的试剂是K3

[Fe(CN)6]溶液；故选b；（5）结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5；（6）“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应生产

氯离子、同时得到产品NaBiO3，反应的离子方程式为Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。（7）“由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后

应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。20．(1)c(2)a>b>c0.5(3)＜VD>VC>VB【详解】（1）提高甲醇的产率可以通过促进反应正向进行的措施达到；a.恒压下充入惰性气体，相当于增大体积，减小物质的浓度，a不符合题意；b

.催化剂只能影响反应速度，不影响产率，b不符合题意；c.恒容下，充入CO2，增大反应物浓度，促进平衡正向进行，提高甲醇的产率，c符合题意；d.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，减小产率，d不符合题意；故答案为：c；（2）①投料比大，则氢气的平

衡转化率越高，由图甲可知，a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为a＞b＞c；故答案为：a＞b＞c；②540K时，b曲线所代表的投料比为n(CO2)：n(H2)=1：1，设二氧化碳和氢气的起始物质的量均为1mol，N点氢气的平衡转化率为60%

，则氢气反应的物质的量为1mol✖60%=0.6mol，平衡时二氧化碳的物质的量为1mol-0.2mol=0.8mol、氢气的物质的量为1mol-0.6mol=0.4mol、甲醇和水的物质的量均为0.2mol，混合气体的总物质的量为0.8mol+0.4mol+0.2mol+0.2m

ol=1.6mol，总压强为2MPa，则二氧化碳、氢气、甲醇、水平衡时对应的分压分别为20.811.6MPamolMPamol=、20.40.51.6MPamolMPamol=、20.20.251.6MPamolMPamol=、20.20.251.6MP

amolMPamol=，因此()()()()()232322ppHO0.5ppHCHOHKpMPaCO−==；故答案为：0.5；（3）①温度T1时的A点尚未达到平衡状态，相比该温度下平衡时的B点，A点甲醇的浓度更大，故正反应速率更快，v(B)正<v(A)正；故答案为

：<；②根据图像，由B到D，随着温度的变化，甲醇的转化率减小，说明平衡逆向进行，又因为该反应为放热反应，故温度升高平衡向逆向进行，所以TD>TC>TB，温度越高反应速率越快；故答案为：VD>VC>VB。21．(1)(普通)漏斗(2)取少量最后一次洗涤液于试管中若无白色沉淀生成，则

沉淀已洗净(3)2∶1(4)分批加入并搅拌(5)防止CuO的损耗，产率减小(6)2+2+424222MnO+5CO+16H=2Mn+10CO+8HO−−(7)K2[Cu(C2O4)2]•3H2O【分析】本实验的目的是制备少量水合草酸铜酸钾并测定样品的组

成；首先利用硫酸铜和氢氧化钠溶液制取氢氧化铜沉淀，加热使其分解得到CuO；然后H2C2O4·2H2O和无水K2CO3制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液；然后将KHC2O4和K2C2O4混合溶液水浴微热，再将CuO连同滤纸一起加入到该溶液中，充分反应，经系列操作得到

样品；最后测定水合草酸铜酸钾晶体的成分。【详解】（1）配置一定浓度的溶液需要电子天平、烧杯、量筒，不需要漏斗，答案：(普通)漏斗；（2）得到的CuO固体表面可能附着有硫酸钠，可以通过检验硫酸根来确定沉淀是否洗涤干净，具体方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入BaCl2溶液

，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净，答案：取少量最后一次洗涤液于试管中，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净；（3）假设两种原分别为是3.0g，2.0g，3.0gH2C2O4·2H2O的物质的量为3.0g126g/mol≈

0.0238mol，2.0g无水K2CO3的物质的量为2.2g138g/mol≈0.0159mol，则根据碳元素守恒可得：n(KHC2O4)+n(K2C2O4)=0.0238mol，根据K元素守恒可得n(KHC2O4)+2n(K2C2O4)=(0.0159×2)mol，

联立解得n(KHC2O4)=0.0158mol，n(K2C2O4)=0.0080mol，所以n(KHC2O4)：n(K2C2O4)=2∶1，答案:2∶1；（4）分批加入并搅拌使产生的热量尽快散失，答案：分批加入并搅拌；（5）连同滤纸一起加入到溶

液中的目的是使残留在滤纸上的CuO充分利用，答案：防止CuO的损耗，产率减小；（6）酸性高锰酸钾与C2O24−反应生成锰离子、二氧化碳和水，2+2+424222MnO+5CO+16H=2Mn+10CO+8HO−−，答案：2+2+4242

22MnO+5CO+16H=2Mn+10CO+8HO−−；（7）已知样品中n(Cu)：n(224CO−)=1:2，所以x=2，所以水合草酸铜(Ⅱ)酸钾晶体的化学式为K2[Cu(C2O4)2]·3H2O。