【文档说明】安徽省肥东县高级中学2020届高三1月调研考试化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，607.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020届高三年级1月调研化学试题第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本卷共16小题，每小题3分，满分48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.化学与生产、生活、环境等息息相关，下列有关说法中不正确的是（）A.PM2.5是指粒径不大于2

.5μm的可吸入悬浮颗粒物B.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C.双氧水、高锰酸钾溶液可以杀灭病毒，其消毒原理与二氧化硫漂白丝织物原理相同D.工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料【答案】C【解析】A、PM2.5是指空气中直

径等于或小于2.5μm的悬浮颗粒物，它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，故A正确；B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故B正确；

C、双氧水、高锰酸钾溶液可以杀灭病毒是因为其强的氧化性，二氧化硫漂白丝织物是因为二氧化硫能够与有色物质化合生成不稳定的无色物质，二者原理不同，故C错误；D、制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等；制水泥的原料

：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉，均需要用石灰石为原料，故D正确；故选C。点睛：本题考查了绿色化学、PM2.5、常见杀菌消毒剂、漂白剂的原理，化工生产的原料，题目难度不大，

侧重于考查化学知识在生产生活中的应用，解题关键：相关物质的性质，熟悉绿色化学的核心，易错点：D，要熟悉常见工业生产的原料。2.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A.标准状况下，2.24LCCl4中含有的共价键数为0.4NAB.密闭容器中1molN2与3molH2充分反应，转

移电子数为6NAC.14g乙烯（C2H4）和丙烯（C3H6）混合气体中的氢原子数为2NAD.1L0.5mol﹒L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为NA【答案】C【解析】A、标准状况下，CCl4不是气体，2.24LCCl4

中含有的共价键数小于0.4NA，选项A错误；B、合成氨反应是可逆反应，密闭容器中1molN2与3molH2充分反应，不能得到2mol氨气，转移电子数小于6NA，选项B错误；C、乙烯与丙烯的最简式相同，都是CH2，所以14g混合气中氢原子数为2NA，选项C正确；D、亚硫酸属于中强酸，部分发生电离

，含有的H+离子数小于1L×0.5mol﹒L-1×2×NAmol-1=NA，选项D错误。答案选C。3.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族，Y、Z的原子最外层电子数之和等于9，X的

简单氢化物与W的单质组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是A.原子半径:r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.Y的氢化物的热稳定性比W的强C.W的氧化物的水化物酸性一定比X的强D.Y分别与X、Z形成的化合物，其所含化学键的类型

相同【答案】B【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族，Y、Z的原子最外层电子数之和等于9，X的简单氢化物与W的单质组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物。CH4与Cl2混

合见光可生成W的氢化物HCl和油状混合物。X为C元素，Y为Cl元素，其中Y、W处于同一主族，Y为F元素，Y、Z的原子最外层电子数之和等于9，Z为Mg元素，A、原子半径:r(X)>r(Y),r(Z)>r(W)故A错误；B、同主族元素的氢化物稳定性逐渐减弱，稳定性HF>HCl，

故B正确；C、Cl的氧化物的水化物酸性不一定比C的强，如：酸性H2CO3>HClO,故C错误；D、Cl分别与C、Mg形成的化合物，其所含化学键的类型不相同，C与Cl形成共价键，Mg与Cl形成离子键，故D错误。故选B。4.下列制取Cl2，用其氧化含I-废液，回收并提纯I2的装置和原理能达

到实验目的的是（）A.制取Cl2B.氧化碘离子C.过滤出粗碘D.升华提纯碘【答案】D【解析】【详解】A．稀盐酸与二氧化锰不反应，应选浓盐酸、二氧化锰加热制备Cl2，故A错误；B．导管应长进短出，图中气体可将液体排出，故B错误；C．碘溶于水，不能过滤分离，应选萃取分液法，故C错误；

D．碘易升华，加热时碘变为碘蒸气，冷却变为固态碘，则图中装置可提纯碘，故D正确；故答案为D。5.合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下：下列说法不正确的是（）A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均属于氧化还原反应B.上述转化中包含了氨气、硝酸、硝铵、小苏打、纯碱的工

业生产方法C.反应Ⅳ和Ⅵ中的部分产物可在上述流程中循环利用D.反应V是先向饱和氯化钠溶液中通CO2至饱和再通NH3【答案】D【解析】反应Ⅰ是N2+3H22NH3、反应Ⅱ是3224546NHONOHO高温催化剂、反应Ⅲ是222NO+O=2NO、反应Ⅳ是22332NOHOHNONO

,都有化合价变化，都属于氧化还原反应，故A正确；反应Ⅰ是合成氨、反应Ⅳ生成硝酸、硝酸与氨气生成硝酸铵、反应Ⅴ生成碳酸氢钠、反应Ⅵ生成纯碱，故B正确；反应Ⅳ中生成的NO、反应Ⅵ中生成的二氧化碳可在上述流程中循环利用

，故C正确；反应V是先向饱和氯化钠溶液中通氨气再通二氧化碳，故D错误。6.化学家Seidel指出Si与NaOH溶液的反应，首先是Si与OH-反应，生成SiO44-，然后SiO44-迅速水解生成H4SiO4，下列有关说法正确的是（）。A.原硅酸钠（Na4SiO4）能迅速水解，且水解后

呈碱性，故Na4SiO4为弱电解质B.石英玻璃、普通玻璃、陶瓷及水泥均属于硅酸盐产品C.2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl说明Cl的非金属性大于SiD.半导体工业所说的“从沙滩到家庭”是指：将二氧化硅制成晶体硅【

答案】D【解析】【详解】A．原硅酸钠（Na4SiO4）是强碱弱酸盐，属于强电解质，A错误；B．石英的主要成分是SiO2，不是硅酸盐，所以石英玻璃不属于硅酸盐产品，B错误；C．2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl说明酸性HCl大于H2SiO3，由于盐酸为无氧酸，不能

证明氯的非金属性大于硅，C错误；D．沙子的主要成分SiO2，以沙子为原料经过还原得到晶体Si，制成各种半导体电器，被人们使用，所以半导体工业所说的“从沙滩到家庭”是指：将二氧化硅制成晶体硅，D正确；故答案选D。7.图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的

量。下列反应对应的曲线正确的是A.A曲线表示向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量B.B曲线表示向Na[Al(OH)4]溶液中滴入HNO3溶液至过量C.C曲线表示向n(HCl):n(AlC13)=1:1的混合溶液中滴入NaOH

溶液至过量D.D曲线表示向n[Ca(OH)2]:n(KOH)=1:2的混合溶液中通入CO2至沉淀消失【答案】D【解析】A、向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应Al3++3OH-═Al(OH)3

↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠是3：1，故A错误；B、向NaAlO2溶液中滴入HNO3至过量，NaAlO2和硝酸反应产生白色沉淀氢氧化铝，沉淀又溶解于过量的硝酸中，两阶段消耗的硝酸物

质的量之比为1:3，故B错误；C、向n(HCl)：n(AlC13)=1：1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应OH-+H+═H2O、Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O消耗氢氧化钠的量之比是1：

3：1，故C错误；D、向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为Ca2++CO32-═CaCO3↓，2OH-+CO2═CO32-+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca

(HCO3)2，设Ca(OH)2的物质的量为1mol，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为1、3、1，故D正确；故选D。8.工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度的发挥原材料的价值。下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程：下列说法不正确．．．的是A.用Na2CO3溶

液浸泡是为了除去废铁屑表面的铁锈B.若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，将不能得到高纯度产品C.加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+,涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2OD.溶液A中Fe2+和

Fe3+的浓度比为1:2【答案】A【解析】【详解】A.Na2CO3溶液水解显碱性，浸泡废铁屑可以使表面的油脂水解除去，但不能除去表面的铁锈，故A错误；B.废铁屑被硫酸溶解生成硫酸亚铁，生成的亚铁离子被双氧水部分氧化生成铁离子，形成亚铁离子和铁离子

的混合溶液，若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，亚铁离子会被空气中的氧气氧化生成铁离子，将不能得到高纯度四氧化三铁产品，其中会混入氧化铁杂质，故B正确；C.根据B的分析，加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe

3+,涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故C正确；D.根据最终产品为四氧化三铁，其中Fe2+和Fe3+的数目比为1:2，因此溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1:2，故D正确；故选A。9.三氟化氮(NF3)

应用于微电子工业中的等离子刻蚀气体。已知NF3在潮湿的环境中能发生反应I：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，NF3能有效地刻蚀二氧化硅，发生反应II:4NF3+3SiO2=2NO+2NO2+3SiF4。下列有关说法正确的是A.反应I和Ⅱ中NF3都作氧化剂B.3molNF3气体与水充分

反应共转移3mol电子C.反应Ⅱ中还原剂和氧化剂的物质的量之比是4:3D.NF3泄漏可以用NaOH溶液吸收【答案】D【解析】NF3中N的化合价为+3价，F的化合价为-1价。反应I中N元素的化合价由+3价部分升至HNO3中的+5价，部分降至NO中的+2价，N

F3既是氧化剂又是还原剂；反应II中N元素的化合价由+3价部分升至NO2中的+4价，部分降至NO中的+2价，NF3既是氧化剂又是还原剂。A项，反应I和II中NF3都既是氧化剂又是还原剂，错误；B项，3molNF3与水充分反应，1molNF3被氧化成HNO3，2molNF3被还原成NO，转移2mol

电子，错误；C项，反应II中4molNF3参与反应，2molNF3被氧化成NO2，2molNF3被还原成NO，还原剂和氧化剂物质的量之比为1:1，错误；D项，NF3能与水反应，NF3泄漏可以用NaOH溶液吸收，正确；答

案选D。10.用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是A.若A为H2O2，B为MnO2，C中盛有Na2S溶液，C中溶液变浑浊B.若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛有KI淀粉溶液，C中溶液变蓝色C.若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，C中先产生白色

沉淀后沉淀又溶解D.若A为浓H2SO4，B为CaCO3，C中盛有Na2SiO3溶液，C中溶液出现白色沉淀，证明非金属性S＞C＞Si【答案】A【解析】【详解】A．若A为H2O2，B为MnO2，则会产生氧气，C中盛有Na2S溶液，氧气将硫离子氧化为硫单质，所以C中溶液变浑浊，故A正

确；B．若A为浓盐酸，B为MnO2，反应需要加热才能反应产生氯气，C中盛有KI淀粉溶液，由于没有氯气生成，因此C中溶液无明显变化，故B错误；C．若A为浓氨水，B为生石灰，滴入后反应生成氨气，通入C中盛A

lCl3溶液中生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不能溶于氨水，则C中产生白色沉淀不溶解，故C错误；D．若A为浓硫酸，B为CaCO3，发生反应生成的硫酸钙是微溶物，抑制二氧化碳的产生，则C中盛有Na2SiO3溶液不会出现白色沉淀，不能证明非金属性S＞C＞Si，故D

错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意生成的硫酸钙是微溶物，使得反应很快停止，生成的二氧化碳很少，不能使Na2SiO3溶液出现白色硅酸沉淀。11.元素X、Y、Z原子序数之和为36，Y、Z在同一周期，X、Z在同一主族，X原子最外层电子数是Y原子最外层电

子数的3倍。下列说法不正确的是：A.同主族元素中X的气态氢化物最稳定B.Z的最高价氧化物对应的水化物最稳定C.X与Y可以形成离子化合物D.X、Z所形成的化合物属于酸性氧化物【答案】B【解析】元素X，Y，Z原子序数之和为36，Y、Z在同一周期，Y、Z不可能处于第四周期（第四周期两元素原

子序数之和最小为39）．X原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，X，Z在同一主族，则X、Z的最外层电子是3或6，Y、Z处于第二周期或第三周期。若Y、Z处于第二周期：当X、Z的最外层电子是3时，则Y的原子序数为3，Z的原子序数为5，X的原子序数为36-3-5=28，X不处于第ⅢA族

，不合题意；当X、Z的最外层电子是6时，则Y的原子序数为4，Z的原子序数为8，X的原子序数为36-4-8=24，X不处于第ⅥA族，不合题意；若Y、Z处于第三周期：当X、Z的最外层电子是3时，则Y的原子序数为11，Z的原子序数为13，X的原子序数

为36-11-13=12，X不处于第ⅢA族，不合题意；当X、Z的最外层电子是6时，则Y的原子序数为12，Z的原子序数为16，X的原子序数为36-12-16=8，X处于第ⅥA族，符合题意；故X为O元素，Y为Mg元素，Z为S元素。A.X为氧，

从上到下，非金属性降低，所以同主族元素中X的气态氢化物最稳定，A正确；B.Z为硫的最高价氧化物对应的水化物最稳定，B错误；C.X与Y形成MgO，属于离子化合物，C正确；D.X、Z所形成的化合物是SO2、SO3，它们都是酸性氧化物，D正确。12.根据下

列实验现象，所得结论正确的是实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡氧化性：Al3+＞Fe2+＞Cu2+B左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无

明显变化热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3D锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：Cl＞C＞SiA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．电解质为硫酸，活泼金属作负极，由现象可知金属性Al＞Fe＞Cu，即还原性Al＞Fe＞Cu

，则氧化性Al3+＜Fe2+＜Cu2+，故A错误；B．氯气可分别氧化NaBr、KI，不能比较Br2、I2的氧化性，故B错误；C．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳，则右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化，能够说明热稳定性：Na2C

O3＞NaHCO3，故C正确；D．盐酸为无氧酸，且盐酸挥发，盐酸也能与硅酸钠反应生成白色沉淀，不能比较非金属性，故D错误；故选C。13.下图为氢氧燃烧电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述正确的是（）A.a电

极是正极B.b电极的电极反应为：4OH－-4e－＝2H2O+O2↑C.电子从a电极经由电解液传递到b电极D.氢氧燃烧电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置【答案】D【解析】【详解】A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极a是

负极，所以a电极是负极，故A错误；B．b电极为正极，正极上得电子发生还原反应，O2+4e-+2H2O═4OH-，故B错误；C．氢氧燃料电池中，通入氢气的a极为电源的负极，通入氧气的b极为原电池的正极，电子由负极a经外电路流向正

极b，故C错误；D．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，故D正确；故选D。【点睛】在燃料电池中，通入燃料的电极均为负极，通入空气或氧气的电极均为正极。对于燃料电池，要注意的

是：即使燃料相同，如电解质溶液不同，电极反应式可能不同，如氢氧燃料电池，在酸性介质和碱性介质中的电极反应式就不同。14.用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)已

知：I．反应A中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ热量。II．判断下列说法正确的是()A.反应A的△H＞－115.6kJ·mol－1B.H2O中H—O键比HCl中H—Cl键弱C.由II中的数据判断氯元素的非金属性比氧元素强D.断开1molH—O键与

断开1molH—Cl键所需能量相差31.9kJ【答案】D【解析】【详解】A.反应A就是4molHCl被氧化，所以△H=-115.6kJ/mol，故A错误；B.E（H-O）、E（HCl）分别表示H-O键能、H-Cl键能，反应A中，4molHCl被氧化

，放出115.6kJ的热量，反应热△H=反应物总键能-生成物的总键能，故：4×E（H-Cl）+498kJ/mol-[2×243kJ/mol+4×E（H-O）]=-115.6kJ/mol，整理得，4E（H-Cl

）-4E（H-O）=-127.6kJ/mol，即E（H-O）-E（HCl）=31.9kJ/mol，故断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差约为31.9kJ/mol×1mol=31.9kJ≈32kJ，H2O中H-O键比HCl中H-Cl键

强，故B错误；C.由反应Ⅱ判断，氧气能够将氯氧化为氯气，氯元素的非金属性比氧元素弱，故C错误；D.E（H-O）、E（HCl）分别表示H-O键能、H-Cl键能，反应A中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热△H=反应物总键能-生成物的总键能，故：4×E（H-Cl）+498kJ/mo

l-[2×243kJ/mol+4×E（H-O）]=-115.6kJ/mol，整理得，4E（H-Cl）-4E（H-O）=-127.6kJ/mol，即E（H-O）-E（HCl）=31.9kJ/mol，故断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差约为31.9kJ/mol×1mol=3

1.9kJ≈32kJ，故D正确；本题答案选D。15.海洋资源开发前景十分广阔。海水晒盐能够得到粗盐和卤水，卤水中含有MgCl2、KCl和MgSO4等物质，右图是它们的溶解度曲线。则下列说法不正确的是A.t1℃时，三

种物质的饱和溶液中，溶质质量分数最大的是MgCl2B.t1℃时，分别在100g水中溶解了等质量的MgCl2、KCl，两溶液都可达到饱和C.t2℃时，KCl和MgSO4两种物质的溶解度相同D.将卤水加热到t2℃以上，析出的晶体主要为MgSO4【答案】B【解析】【详解】A、在t1℃时，

三种物质的溶解度中MgCl2的最大，据饱和溶液中溶质的质量分数计算式可知溶解度越大溶质的质量分数越大，所以饱和溶液中，溶质质量分数最大的是MgCl2，A说法正确；B、t1℃时，分别在100g水中溶解了等质量的MgCl2、KCl，两溶液不一定达到饱和，若加入的两物质质量

少，则不饱和，B故说法错误；C、由图可知：t2℃时，KCl和MgSO4两种物质的溶解度相等，C说法正确；D、由图可知；三种物质t2℃时的溶解度均大于t1℃时的溶解度，高于t2℃时硫酸镁的溶解度随温度升高而

减小，所以将卤水加热到t2℃以上，析出的晶体主要是MgSO4，D故说法正确；故选B。【点晴】本题实验题涉及了固体溶解度曲线及意义，做到能根据所给的图形读出某温度下的溶解度，能根据溶解度计算溶液的质量分数，能比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，能判

断出物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而确定采用蒸发溶剂还是降温的方法使溶质从溶液中结晶析出。做好该题的关键是注意图形结合，利用好溶解度和溶解度曲线及二者的关系．以及溶解度随温度的变化规律；了解饱和溶液中溶解度与溶质的质量

分数的关系。16.由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现象结论A向填有硫酸处理的K2Cr2O7硅胶导管中吹入乙醇蒸气管中固体逐渐由橙色变为绿色乙醇具有还原性B向盐酸酸化的Cu(NO3)2溶液中通少量SO2，然后滴入BaCl2溶液产生白色沉淀Cu2+氧化性大于H2SO4C打磨后的铝片放

入Hg(N03)2溶液中片刻，用滤纸吸干后置空气中铝片发烫并逐渐长出白色针状固体汞与氧气反应放热，白色物质为HgOD向2支分别盛有相同浓度的K4Fe(CN)6和CuSO4溶液中分別滴入2滴H2S饱和溶液前者无明显现象，后者产生黑色沉淀Ksp(FeS)<Ksp

(CuS)A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．K2Cr2O7可氧化乙醇，则固体逐渐由橙色变为绿色，可知乙醇具有还原性，故A正确；B．酸性条件下硝酸根离子可氧化二氧化硫，生成硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，结论不合理，故B错误；C．打磨后的铝片放入Hg（NO3）2溶液中

片刻，发生置换反应，铝表面为铝汞合金，且铝被空气氧化为氧化铝并放热，故C错误；D．K4Fe（CN）6中电离产生的Fe2+浓度极低，导致c（Fe2+）比c（Cu2+）小得多，则分别滴入2滴H2S饱和溶液，

现象不能说明结论，故D错误；故选：A。第II卷（非选择题52分）二、综合题(本卷共3小题，满分52分。)17.A、B、C、D、E、W为六种前四周期元素，它们的原子序数依次增大．A与D同主族，可形成DA型离子化合物，B与C同周期且相邻，C与E同主族，E2-与Ar原

子具有相同的电子层结构，W的合金用量最大、用途最广．请回答下列问题：(1)D在元素周期表中的位置___________．(2)A分别与C、E形成最简单化合物中沸点较高的是________(填化学式)，原因是____________．(3)A

、C、D三种元素形成的物质中含有的化学键类型______，灼热的碳能与B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应，化学反应方程式为_____________．(4)向盛有A2C2溶液的试管中加入几滴酸化的WEC4溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为____________；一段时间后

，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是_______；生成沉淀的原因是____________(用平衡移动原理解释)．【答案】(1).第三周期ⅠA族(2).H2O(3).水分子间存在氢键(4).离子键、共价键(5).C+4HNO3(浓)CO2↑+

4NO2↑+2H2O(6).H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O(7).Fe3+催化H2O2分解产生O2(8).H2O2分解反应放热，促进Fe3+水解平衡向正向移动【解析】【分析】A、B

、C、D、E、W为六种前四周期元素，它们的原子序数依次增大．E2-与Ar原子具有相同的电子层结构，则E为S元素；C与E同主族，则C为O元素；B与C同周期且相邻，则B为N元素；A与D同主族，可形成DA型离子化合物，二者只能处于IA族，结合原子序数可知A为H元素，D为Na；W的合金用量最大、用途最广

，则W为Fe。【详解】(1)D为Na元素，在元素周期表中的位置：第三周期ⅠA族，故答案为第三周期ⅠA族；(2)A分别与C、E形成最简单化合物分别为H2O、H2S，由于水分子间存在氢键，H2O的沸点较高，故答案为H2O；水分子间存在氢键；(3)A、C、D

三种元素形成的物质为NaOH，含有的化学键有离子键、共价键，B的最高价氧化物对应水化物为HNO3，灼热的碳与浓硝酸反应方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为离子键、共价键

；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(4)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeSO4溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生

气泡的原因是：Fe3+催化H2O2分解产生O2；生成沉淀的原因是：H2O2分解反应放热，促进Fe3+水解平衡向正向移动，故答案为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；Fe3+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反应放热，促进Fe3+水解平衡向

正向移动。18.某强酸性溶液X，可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO42-、SiO32-、NO3-中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如下图。反应过程中有一种气体是红棕色。请回答下列

问题：(1)由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在的离子有___________________。(2)溶液X中，关于NO3-的判断一定正确的是___________。a.一定有b.一定没有c.可能有(3)产生气体A的离子方程式为________________，并用双

线桥法表示电子转移的方向和数目。(4)若转化③中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中D与O2的物质的量之比为__________。(5)对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的—种，根据现象即可判断，

该试剂最好是_____________。①NaOH溶液②KSCN溶液③石蕊试剂④pH试纸⑤KMnO4溶液⑥氯水和KSCN的混合溶液【答案】(1).CO32-、SiO32-(2).b(3).(4).4∶1(5).②【解析】【分析】某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32-、SiO32-，

溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中存在SO42-，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，沉淀C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3-不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在

Fe2+，不存在NO3-，因此A是NO；A是NO，则D是NO2，二氧化氮化和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3；溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO3；溶

液中存在Fe3+，产生沉淀G，则沉淀G是Fe(OH)3，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，则J是FeCl3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，沉淀K是Al(OH)3，溶液L是NaHCO3。据此分析解答。【详解】

(1)由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在弱酸根离子，所以不存在的离子有CO32-、SiO32-，故答案为：CO32-、SiO32-；(2)根据上述分析，强酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，如果存在硝酸根离子，则不存在亚铁离子，

加入硝酸钡溶液时不能产生气体，所以溶液X中一定没有NO3-，故选b；故答案为：b；(3)亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，用双线桥法表示电子

转移的方向和数目为：，故答案为：；(4)若转化③中，NO2、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成HNO3，该反应方程式为：4NO2+2H2O+O2=4HNO3，则反应中D与O2的物质的量之比为4∶1，故答案为：4∶1。(5)因为存在

的亚铁离子被硝酸氧化生成了铁离子，因此溶液中Fe3+是否存在不能确定，Fe3+和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，所以可以用硫氰化钾溶液检验，氢氧化钠尽管也能与铁离子反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，但存在Al3+、Fe2+，会干扰铁离子的检验，故最好选②，故答案为

：②。【点睛】本题的难点是亚铁离子的判断，要注意原溶液中只有亚铁离子检验较强的还原性，能够与硝酸反应产生气体，也是本题的易错点之一，另一个易错点为(5)，要注意其余离子对铁离子检验的干扰。19.研究非元素及其化合物的性质具有重要意义。

含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2、O2。某研究性学习小组在实验室利用下列装置制备模拟烟气，并测定烟气中SO2的体积分数。（一）模拟烟气的制备(1)用A装置制SO2，化学反应方程式为__

_________________________。(2)用B装置制CO2，使用该装置优点的是___________________________。(3)将制得的气体与空气充分混合，获得模拟烟气用于后续实验。（二）测定

烟气中SO2的体积分数(4)将部分模拟烟气缓慢通过C、D装置，其中C、D中盛有的药品分别是______、__________。（填序号）①KMnO4溶液②饱和NaHSO3溶液③饱和Na2CO3溶液④饱和NaHCO3溶液(5)若模拟烟气的流速为amL/min，若t1分

钟后，测得量筒内液体体积为VmL，则SO2的体积分数____________________。【答案】(1).Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+H2O+SO2↑(2).可以随时控制反应的发生和停止(3).①(4).④(5).11100(at-V)at

%【解析】【分析】(一)(1)实验室利用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫；(2)装置B可以通过控制止水夹，达到控制反应容器中气体的压强，随时控制反应的发生和停止；(二)(4)烟气中含有的二氧化硫检验还原性，而二氧化碳没有还原性，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶

液中的溶解度很小，据此分析判断；(5)量筒内液体体积为VmL，吸收二氧化硫后剩余气体的体积就是t1amL-VmL，据此求出二氧化硫的体积分数。【详解】(一)(1)制SO2可以选用浓硫酸和亚硫酸钠，浓硫酸和亚硫酸钠反应的方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=

Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑；(2)用B装置制CO2，可以通过控制止水夹，可以随时控制反应的发生和停止，故答案为：随时控制反应的发生和

停止；(二)(4)二氧化硫具有强的还原性，可以用强氧化性的高锰酸钾吸收；二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，可以用排饱和碳酸氢钠溶液的方法来测量剩余CO2、N2、O2的体积，故答案为：①；④；(5)若模拟烟气的流速为amL/

min，t1分钟后测得量筒内液体为VmL，则混合气体CO2、N2、O2的体积是VmL，则二氧化硫的体积为t1amL-VmL，所以二氧化硫的体积分数为11tamLVmLtamL×100%=11100at(V)at%，故答案为：11100at(V

)at%。20.某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行实验(图中a、b、c表示止水夹)。(1)A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验。①若在丙中加入适量水，即可制得氯水。将所得氯水进行实验，实验操作、现象、结

论如下：实验操作现象结论氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生氯气和水反应的产物具有酸性实验的结论是否合理__________，（选填合理或不合理）请说明理由______________________

。请利用上述装置设计一个简单的实验验证Cl-和S2-的还原性强弱,则甲、乙、丙中盛放的试剂是甲__________________乙__________________丙__________________(2)B、D、E装置相连后，在B中盛

装浓硝酸和铜片(放在有孔塑料板上)，可制得并进行NO2有关实验。欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹________，再打开止水夹________，使烧杯中的水进入试管丁的操作是：_________

__________________________使试管中的气体逸出，NO2与水接触后即可引发烧杯中的水进入试管丁。【答案】(1).不合理(2).制取的氯气中含有氯化氢，溶于水遇碳酸氢钠粉末有气泡(3).浓盐酸(4).MnO2(5).硫化钠溶液(6).ab(7).c(8)

.双手紧握（或微热）试管丁【解析】【分析】(1)用二氧化锰和浓盐酸加热制备的氯气中混有氯化氢气体，据此分析解答；可根据反应Cl2+S2-=2Cl-+S↓设计实验验证Cl-和S2-的还原性强弱；(2)浓硝酸具有

强氧化性，与铜反应生成二氧化氮气体收集在丁中，NO2能够与水反应，使得气体压强减小，结合装置D的特征分析解答。【详解】(1)根据图示，A装置制备的氯气中含有HCl气体，HCl气体溶于水就是盐酸，盐酸能够与

碳酸氢钠粉末反应生成二氧化碳气体，在实验中没有进行除杂，不能说明氯气和水反应的产物具有酸性；要验证Cl-和S2-的还原性强弱，可根据反应Cl2+S2-=2Cl-+S↓设计实验，在A装置中，生成的气体通入到装有硫化钠溶液的中，在C

中盛放硫化钠溶液，如试管中溶液由无色变为淡黄色浑浊，即可证明氯气的氧化性强于硫，则S2-的还原性强于Cl-，故答案为：不合理；制取的氯气中含有HCl气体，HCl溶于水后能与碳酸氢钠粉末反应产生气泡；浓盐酸；MnO2；硫化钠溶液；(2)浓硝酸具有强氧化性

，与铜反应生成二氧化氮气体，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；浓硝酸与铜反应生成的二氧化氮收集于试管丁中，要验证NO2与水的反应，要先关闭a、b，打开止水夹c，然后用微热法使试管中气体逸出，NO2与水接触后即可引发烧杯

中的水倒流入试管丁中，故答案为：ab；c；双手紧握(或微热)试管丁。