【文档说明】宁夏六盘山高级中学2021届高三上学期期中考试化学试卷 【精准解析】.doc，共(21)页，832.500 KB，由小赞的店铺上传

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宁夏六盘山高级中学2020-2021学年第一学期高三期中化学测试卷注：可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16N-14Na-23Cu-64S-32Si-28Fe-56Ⅰ选择题一、选择题1.新中国成立70年来，我国在载人飞船、北斗卫星、高铁、5G技术等领域取得了举世瞩

目的成就。它们均与化学有着密切联系。下列说法正确的是A.“神州十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐B.国庆阅兵中出现的直－20直升机使用了大量的新型材料，其中锂铝合金属于金属材料C.截止2019年11月我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分

是碳化硅D.我国2020年发射的首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅【答案】B【解析】【详解】A.高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷，其主要成分不是硅酸盐，故A错误；B.锂铝合金属于合金，为金属材料，故B正确；C.光纤的主要成分是二氧化硅，故C错误；D.太阳能电池帆板的

材料是单晶硅，故D错误。故答案选：B。2.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是()A.18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB.60gSiO2中含有共价键数为2NAC.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD

.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，重水中含10个质子，故0.9mol重水中含9mol质子即9NA个，故A错误；B．1molSi

O2中含有4molSi—O键，60gSiO2的物质的量为-160g60gmol=1mol，含有的共价键数目应为4NA，故B错误；C．过氧化钠与水反应时，氧元素化合价从-1价水的0价生成氧气，则生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故C正确；D．密闭容器中2molNO与1molO2充分

反应生成2molNO2，但NO2与N2O4存在平衡关系，所以产物的分子数小于2NA，故D错误；综上所述答案为C。3.下列除去杂质或物质检验的操作错误的是()A.CuCl2溶液中混有FeCl3：加入适量CuO后过滤B.除去石英中少量的碳酸钙：用稀盐

酸溶解后过滤、干燥C.Cl2混有少量HCl：将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶D.能使湿润的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2【答案】D【解析】【详解】A．CuCl2溶液中混有FeCl3：加入适量CuO，反应溶液中的氢离子，促使铁离子的水解平衡正向进行，生成

氢氧化铁沉淀，过滤即可除去铁离子，A操作正确；B．除去石英中少量的碳酸钙：用稀盐酸溶解碳酸钙，而二氧化硅不溶，过滤、干燥即可得到二氧化硅固体，B操作正确；C．Cl2混有少量HCl：将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶

可除去HCl，且能降低氯气的溶解度，C操作正确；D．能使湿润的淀粉KI试纸变成蓝色的物质可能是Cl2、过氧化氢等具有氧化性比碘强的物质，D结论错误；答案为D。4.下列离子方程式正确的是（）A.漂白粉溶液

中通入少量二氧化碳气体：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋2HClOB.钠与硫酸铜溶液反应:Cu2++2Na=2Na++CuC.铁屑溶于过量稀硝酸：3Fe+8H++2NO3－＝3Fe2+

+2NO↑+4H2OD.FeI2溶液中通入少量氯气：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－【答案】A【解析】【详解】A．漂白粉溶液中通入少量二氧化碳气体可以生成白色沉淀，反应的离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋2HClO，A正确；B．钠与硫酸铜溶液反应先与水反

应生成氢氧化钠与氢气，然后生成的氢氧化钠继续与硫酸铜反应生成氢氧化铜与硫酸钠，B错误；C．稀硝酸过量则铁被氧化成+3价铁，C错误；D．正确反应离子方程式为：2I—+Cl2＝I2+2Cl－，D错误；故选A。5.铝元素之间的相互转化如图所示，下列叙述正确

的是（）A.实现①的转化，可通入过量CO2B.实现②的转化，可加入过量NaOH溶液C.实现③的转化，可加入过量NaOH溶液D.实现④的转化，可通入过量NH3【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化铝不能溶于碳酸，因此通入过量的CO2不能实现过程①的转化，A选项错误；B．氢氧化铝为两性氢氧化物，

过量的NaOH会将生成的氢氧化铝溶解变成偏铝酸钠，因此实现过程②应加入少量NaOH或足量氨水，B选项错误；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，过量NaOH会将生成的氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，C选项正确；D．氨水为弱碱，氢氧化铝不能溶于氨水，通入过量NH3不能实现过程④的转化，D选项错误；答案选

C。【点睛】解答本题要注意，氢氧化铝为两性氢氧化物，能够溶于强酸和强碱，不能溶于碳酸或氨水等弱酸和弱碱。6.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是()ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中SO2通入含酚酞的NaOH溶

液热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色溶液红色退去产生无色气体，随后变为红棕色A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，先生成Fe(OH)2白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色

，是Fe(OH)2被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，发生了氧化还原反应，故A不符合题意；B．石蕊溶液滴入氯水中，氯水中有H+，可以使石蕊变红，氯水中的HClO具有强氧化性，可以把石蕊氧化而使溶液褪色，故B不符合题意；C．SO2通入NaOH溶液中，SO2和NaOH反应，消耗NaOH，溶液

碱性减弱，溶液红色褪去，没有发生氧化还原反应，故C符合题意；D．热铜丝和稀硝酸反应生成NO，NO会被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2，发生了氧化还原反应，故D不符合题意；故答案：C。7.下列从海洋中获取物质的方案不合理．．．的是()A.向海水中加入石灰乳得到Mg(OH

)2，加入盐酸得到MgCl2溶液，最后电解该溶液得到镁单质B.苦卤酸化后通入氯气得到溴水，然后用热空气将其吹入SO2水溶液中，再通入氯气，最后通过萃取、分液、蒸馏得到溴单质C.干海带灼烧后加水浸取，然后

加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质D.粗盐先通过除杂、精制得到饱和食盐水，然后电解得到氯气，最后用氯气和石灰乳反应制得漂白粉【答案】A【解析】【详解】A．电解MgCl2溶液得到氯气、氢气和氢氧化镁，不能得到镁单质，A方案不合理；B

．苦卤酸化后通入氯气，氯气置换溴离子得到溴水，然后用热空气将其吹入SO2水溶液中，溴与二氧化硫反应生成硫酸和溴化氢，再通入氯气，提纯溴，最后通过萃取、分液、蒸馏得到溴单质，B方案合理；C．干海带灼烧后加水浸取，得到含碘离子的溶液，然

后加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质，C方案合理；D．粗盐先通过除杂、精制得到饱和食盐水，然后电解得到氯气、氢气和NaOH溶液，最后用氯气和石灰乳反应制得漂白粉，D方案合理；答案为A。8.

下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的()选项实验现象结论A将红热的木炭与热的浓硫酸反应产生的气体通入澄清石灰水中石灰水变浑浊木炭被氧化成CO2B将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中溶液中出现沉淀非金属性：Cl＞SiC向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水溶液显红色原溶

液中一定含有Fe2+D将SO2通入BaCl2溶液中，然后滴入稀硝酸先有白色沉淀产生，滴入稀硝酸后沉淀不溶解先产生BaSO3沉淀，后沉淀转化成BaSO4A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．二氧化碳、二氧化

硫均使石灰水变浑浊，由现象不能说明炭被氧化成CO2，故A错误；B．盐酸不是Cl的最高价含氧酸，因此不能比较Si和Cl的非金属性，故B错误；C．滴加KSCN溶液，溶液不变色，可知不含铁离子，再滴加新制氯水，溶液变红，可知原溶液中一定含有Fe2+，故C正

确；D．SO2通入BaCl2溶液中不反应，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根离子，白色沉淀为硫酸钡，故D错误；答案选C。9.下列物质的转化在给定条件下能实现的是①242HSO23243FeFeOFe(SO)O→→点燃②N

aOH22323HClSiONaSiOHSiO⎯⎯→→⎯⎯⎯③NaOH32AlClAlNaAlO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→电解④22OHO2NaNaONaOH点燃→→⑤2HOO2224SOHSOHSO23→→A.①⑤B.②③C.②⑤D.③④【答案】C【解析】【详解】①Fe与

2O在点燃条件下得到34FeO，与24HSO反应得到4FeSO、243Fe(SO)，故①不能按给定条件实现相应转化；②2SiO与NaOH反应得到23NaSiO，再根据强酸制弱酸原理，与HCl反应得到23HSiO，②能

实现转化；③Al的冶炼通过电解熔融23AlO得到，③不能实现转化；④Na与2O在点燃条件下得到22NaO，④不能实现转化；⑤2SO溶于水得到23HSO，经2O氧化得到24HSO，⑤能实现转化；综上所述，能实现转化的为②⑤；答案选C。10.设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表

面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是A.N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+B.每1molPt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NAC.将生成的CO2通入含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象D.1gCO2、

N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA【答案】D【解析】【详解】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=

N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，则每1molPt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液

中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则1gCO2、N2O的混合气体的物质的量为144mol，含有电子数为144mol×22×NA=0

.5NA，故D正确；答案选D。【点睛】B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。11.某同学设计用下图的装置制备少量的AlCl3(易水解)。下列说法错误的是（）A.B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液，其作用是除去氯气中的HClB

.装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中C.用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，所得氯气可以制取26.7gAlCl3D.实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯【答案】C【解析】【详解】A、实验室是利用二氧化锰和浓

盐酸加热反应生成氯气，含有杂质气体氯化氢和水蒸气，氯化氢及易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度很小，因此B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液,其作用是除去氯气中的HCl，A正确；B、因为AlCl3易水解，所以铝和氯气反应必须在干燥的环境下进行，因此装置C和F

中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中，B正确；C、用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，由于浓盐酸不断消耗，变为稀盐酸，与二氧化锰不反应，所以50mL12mol/L的盐酸产生氯气的量小于0.15mol，因此氯气

与铝反应生成氯化铝的量少于0.1mol，质量小于13.35g，C错误；D、实验过程中应先点燃A处的酒精灯，反应产生氯气，利用氯气排净装置内的空气，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯，反应进行，D正确；正确选项C。【点睛】实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，若

用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，产生氯气的量小于0.15mol，若是0.15molMnO2足量的12mol/L的盐酸反应，可以生成氯气0.15mol，因为浓盐酸与二氧化锰加热反应，而稀盐酸与二氧化锰加热也不反应。12.类推法在化学学习中经常采用，

下列类推的结论正确的是()A.由Cl2+2KBr=2KCl+Br2，所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2B.常温下，由Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所以Ag也能与浓硝酸反应产生NO2C.由2Fe+3Cl2Δ2FeCl3，所以2Fe+3I2Δ

2FeI3D.由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，所以2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2【答案】B【解析】【详解】A．F2单质在水溶液中先和水发生反应，不能置换溴单质,故A错误；B．常温下，由Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2

NO2↑+2H2O，说明浓硝酸具有强氧化性，所以Ag也能与浓硝酸反应产生NO2，故B正确；C．氯气氧化性强，和铁反应生成氯化铁，碘单质氧化性弱，和铁发生反应生成碘化亚铁，故C错误；D．Na2O2有氧化性，与SO2反应生成Na2

SO4：Na2O2+SO2=Na2SO4，故D错误；故选B。13.如图装置进行实验，将液体a逐滴加入到固体b中，则下列叙述不正确的是A.若a为浓盐酸，b为KMnO4，c中盛紫色石蕊试液，则c中溶液先变红后褪色B.若a为浓硫酸，b为木炭，c中盛有苯酚钠溶液，则c中出现白色浑浊C.若

a为浓氨水，b为生石灰，c中盛A1C13溶液，则c中产生白色沉淀且沉淀不溶解D.若a为稀盐酸，b为大理石，c中盛有BaCl2溶液，则c中溶液不变浑浊【答案】B【解析】A、KMnO4与浓盐酸反应产生Cl2，Cl2＋H2O=HCl＋HClO，因此紫色石蕊试液，先变红，后褪色，故A说法正

确；B、木炭与浓硫酸反应需要加热，此装置图缺少加热装置，故B说法错误；C、利用生石灰遇水放出热量，使NH3·H2O分解为NH3和H2O，c中Al3＋与氨水生成Al(OH)3沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，因此只产生白色沉淀，沉淀不溶解，故C

说法正确；D、大理石与稀盐酸反应生成CO2，CO2不与BaCl2溶液反应，故D说法正确。14.某溶液中可能含有H＋、Mg2＋、Al3＋、4NH+、Cl－、ClO-的几种离子（不考虑水的电离与离子的水解）。当向溶液中逐滴加入

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.原溶液中一定含有的阳离子是H＋、Al3＋、4NH+B.反应最后形成的溶液中的溶质AlCl3C.原溶液中

H＋与4NH+的物质的量之比为2：3D.原溶液中含有的阴离子是Cl-、ClO-【答案】AC【解析】【分析】从图中可以看出，起初加NaOH溶液时，没有沉淀产生，则表明溶液中存在H+，且消耗V(NaOH)=2mL；当V(NaOH)在8mL~9m

L，发生反应NaOH+Al(OH)3＝NaAlO2+2H2O，此时消耗V(NaOH)=1mL，Al3+消耗NaOH的体积为3mL，则溶液中不含有Mg2+；4NH+与OH-反应生成NH3时，沉淀的体积不变，此时共消耗NaOH的体积为3mL。【详解】A．从以上分析知，原

溶液中一定含有的阳离子是H＋、Al3＋、4NH+，A正确；B．反应后期，Al(OH)3溶于NaOH溶液，形成的溶液中溶质为NaAlO2，B不正确；C．原溶液中H＋与4NH+消耗NaOH溶液的体积为2mL、3mL，物质的量之比为2：3，C正确；D．在酸性溶液中，Cl-、ClO-会发生反应生成C

l2和水，所以原溶液中不可能同时含有Cl-、ClO-，D不正确；故选AC。15.关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（）A.装置①可用于分离苯和溴苯的混合物B.装置②可用于吸收HC1或NH3气体C.装置③可用于分解NH4C1制备NH3D.装置④b口进气可收集CO2或NO气

体【答案】A【解析】【详解】A、苯和溴苯的沸点相差较大，蒸馏即可实现分离，A正确；B、氨气和氯化氢极易溶于水，导管口不能直接插入到溶液中，否则会导致倒吸，B不正确；C、氯化铵分解产生氯化氢和氨气，但温度降低后，两种气体又反应生成氯化铵，C不正确；D、CO2的密度

大于空气的，应该是长口进入，NO极易被氧化，所以不能用排气法收集，D不正确；答案选A。16.将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的

体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaC

l+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象解析。【详解】0.4gNaOH的物质的量为0.4g÷40g·mol-1=0.01mol和1.06gNa2CO3的物质的量为1.06g÷106g·mol-

1=0.01mol，则A、0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混

合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHC

O3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C。【点睛

】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应，是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。17.下

列叙述正确的是()A.二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器B.某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I-C.向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体D.将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色，将

SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色【答案】C【解析】【详解】A.二氧化硅能和HF反应，所以不能盛装氢氟酸溶液，故A错误；B.I2的溶液呈紫色，所以某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I2，故B错误；C.向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶

体，故C正确；D.将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色，因为溴水具有强氧化性，能氧化SO2，所以将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也不能恢复原色，故D错误；故答案：C。18.某溶液仅含Fe2+、Na+、Mg2

+、Ba2+、SO24−、NO3−、Cl-中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol。若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变(不考虑水的电离和离子的水解)。下列说法不正确．．．的是()A.该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO24

−、NO3−B.若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72gC.若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能变成红棕色D.若向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色【答案】B【解析

】【分析】【详解】A.根据题目信息加入过量的稀硫酸，有气泡产生，可以判断溶液中Fe2+和NO3−在酸性条件下发生氧化还原反应生成气体NO，根据阴离子种类不变，判断原溶液中含有硫酸根离子，故没有Ba2+，根据4种离子及电

荷守恒判断溶液中还应有阳离子Na+，故A答案正确；B．若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，Fe2+变为Fe3+，最终所得固体是Fe2O3,根据原子守恒，Fe2O3的物质的量为0.5mol，质量为80g。故B答案错误；C．若向该溶液中加入过量的稀硫酸

，产生的气体是NO，NO遇空气能变成红棕色的NO2，C说法正确；D.若向该溶液中加入过量的稀硫酸后Fe2+被NO3−在氢离子条件下氧化为Fe3+，Fe3+和KSCN溶液反应，溶液显血红色。故D答案说法正确；答案选B。【点睛】离子共存中需注意

发生氧化还原反应而不能共存的情况，氧化性离子和还原性离子能发生氧化还原反应，其次注意溶液遵从电荷守恒。通过电荷守恒可以判断离子的种类。19.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是A.制取少量CO2气体B.制取并收集干燥纯净的NH3C.验证镁和稀盐酸反应的热效应D.制备Fe（OH）

2并能较长时间观察到白色【答案】C【解析】【详解】A．用碳酸钙和稀盐酸制取少量CO2气体，故不选A；B．氨气的密度小于空气，应该用向下排空气法收集氨气，故不选B；C．若镁和稀盐酸反应放热，则大试管内气

体膨胀，U型管左侧液面降低、右侧液面升高，故选C；D．酒精易溶于水，不能隔绝空气，Fe(OH)2易被氧化为红褐色Fe(OH)3，故不选D；选C。20.N2、O2、CO2的混合气体通过足量的Na2O2，充分反应后，体积变成原体积的7/9(同温同压)，则原混合气体中

N2、O2、CO2物质的量之比不可能为()A.3∶2∶4B.1∶4∶4C.4∶3∶2D.5∶5∶8【答案】C【解析】【分析】已知三种气体中，只有二氧化碳与过氧化钠反应，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知，二氧化碳的体积为气体减少量的2倍，充分反应后，

体积变成原体积的7/9，则二氧化碳占据气体的4/9。【详解】A．根据N2、O2、CO2物质的量之比为3∶2∶4，则二氧化碳占据气体的4/9，A与题意不符；B．根据N2、O2、CO2物质的量之比为1∶4∶4，则二氧化碳占据气体的4/9，B与题意不符；C

．根据N2、O2、CO2物质的量之比为4∶3∶2，则二氧化碳占据气体的2/9，C符合题意；D．根据N2、O2、CO2物质的量之比为5∶5∶8，则二氧化碳占据气体的4/9，D与题意不符；答案为C。Ⅱ非选择题21.

回答下列问题。(1)食盐中含有KIO3，可加入稀硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液检测，若变蓝，则说明含有KIO3，写出相应反应的离子方程式_____________。(2)“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕

剂(主要成分是浓HCl)不能混用，写出相应反应的离子方程式_____________。(3)将32g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。试求：①参加反应的HNO3的物质的量

是____mol。②欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要通入O2________mol。(4)图中所示是用于气体制备、干燥(或除杂质)、性质验证、尾气处理的部分仪器装置(加热及夹持固定装置均已略去，各装置可

重复使用也可不用)。请根据下列要求回答问题。①为验证氯气不能使干燥的红布条褪色，置红布条于B中，按A-C-B-D连接成实验装置体系。A锥形瓶中试剂选用高锰酸钾晶体，则分液漏斗中的液体是浓盐酸；A中发生的化学方程式是____________，C中

试剂是________，②为了进行氨的催化氧化实验，若锥形瓶中盛装足量的Na2O2粉末，分液漏斗中盛装浓氨水，慢慢打开分液漏斗的活塞，产生的气体通过红热的铂粉，各仪器装置按气流方向从左到右连接顺序是(填字母)_____

____；装置B中发生反应的化学方程式为：______。【答案】(1).6H++5I-+IO3−=3I2+3H2O(2).ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O(3).1.5(4).0.25(5).2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2

O(6).浓硫酸(7).ADBD(D盛装碱石灰)或ADBC(C盛装氢氧化钠溶液)(8).4NH3+5O2=4NO+5H2O【解析】【详解】(1)KIO3与碘化钾在酸性条件下发生氧化还原反应，生成单质碘，碘遇到淀粉，淀粉显蓝色，反应的离子方程式为6H++5I

-+IO3−=3I2+3H2O；(2)NaClO与盐酸反应生成氯气、氯化钠和水，离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；(3)①NO和NO2混合气体中含有的氮原子的物质的量与气体的物质的量相等，标准状况下NO和NO2混合气体11.2L的物质的量为0.5mol，生成硝

酸铜的物质的量=32g64g/mol=0.5mol，根据氮原子守恒，参加反应的硝酸的物质的量为1.5mol；②根据氧化还原反应中得失电子守恒，氧气得到的电子的物质的量与铜失电子的物质的量相等，则n(O2)=0.5mol×2÷4=0.2

5mol；(4)①为验证氯气不能使干燥的红布条褪色，则需要制备干燥的氯气，装置A用氯酸钾或高锰酸钾和盐酸反应生成氯气，再需除去HCl杂质后再干燥，氯气有毒，则最后需除去未反应的氯气，高锰酸钾与盐酸反应的离子方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+

5Cl2↑+8H2O；装置C为浓硫酸；②进行氨的催化氧化实验时，装置A中过氧化钠与浓氨水中的水反应生成氧气，反应放热，且生成NaOH，则氨水还生成氨气；生成的混合气体中含有水蒸气，则需用碱石灰(装置D)干燥，在装置B中发生氨气与氧气的反应；氨气与氧气生成的NO有毒，NO与过量的氧气反应生成二

氧化氮，可用NaOH吸收NO、NO2，连接顺序为ADBD(D盛装碱石灰)或ADBC(C盛装氢氧化钠溶液)；装置B中发生反应的化学方程式为4NH3+5O2=4NO+5H2O。22.锂被誉为“高能金属”，废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCoO2及少量

Al、Fe等，处理该废料的一种工艺流程如图所示：已知：①Ksp(Li2CO3)=1.6×10-3，LiCoO2难溶于水，具有强氧化性；②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH值如表所示：Al3+Fe3+Fe2+Co2+开始沉淀的pH4.02.

77.67.0沉淀完全的pH5.23.79.69.0回答下列问题：(1)写出“碱溶”时发生主要反应的离子方程式：______。(2)为提高“酸溶”的浸出速率，可采取的措施有______(任写一种)。(3)“

酸溶”时，LiCoO2发生的主要反应的离子方程式为______；若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺点是______。(4)用氨水调节pH的范围为_____(5)该流程涉及多次过滤，实验室中过滤后洗涤沉淀的操作为_____

_。(6)写出“沉钴”过程中发生反应的离子方程式：_____。【答案】(1).2Al+2OH-+2H2O=2AlO2−+3H2↑(2).粉碎、搅拌、适当升温、适当增大硫酸的浓度(任写一种)(3).LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2

Co2++4H2O+O2↑(4).Cl-被氧化成Cl2，污染空气(5).3.7≤pH<7.0(6).沿玻璃棒向漏斗中加水浸没沉淀，静置，待水自然流下，重复2~3次(7).Co2++2HCO3−=CoCO3↓+CO2↑+

H2O【解析】【分析】已知LiCoO2难溶于水，不与NaOH反应，则电池的正极材料碱浸时，Al与NaOH反应生成偏铝酸钠溶液，而铁及LiCoO2不溶于水，则滤液为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液；过滤后，向滤渣中加入硫酸和过氧化氢

，结合流程可知，Co被还原为+2价，铁被氧化为+3价，加入氨水，调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，滤渣为氢氧化铁；过滤，再加入碳酸氢铵生成碳酸钴沉淀；过滤，加入碳酸钠生成碳酸锂沉淀。【详解】(1)“碱溶”时铝与NaO

H反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2−+3H2↑；(2)增大接触面积、升高温度，增大溶液的浓度均可增大反应速率，故粉碎、搅拌、适当升温、适当增大硫酸的浓度均

可提高反应速率；(3)“酸溶”时，LiCoO2作氧化剂，过氧化氢作还原剂，生成硫酸钴和氧气，离子方程式为LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑；若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2

的混合液，+3价的钴氧化氯离子为氯气，污染空气；(4)根据沉淀表，使铁离子完全沉淀而不影响2价钴离子，则pH的范围为3.7≤pH<7.0；(5)为除去固体表面残留的溶液，应沿玻璃棒向漏斗中加水浸没沉淀，静置，待水自然流下，重复2~3次；(6)“沉钴”过程中，钴离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸

钴沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Co2++2HCO3−=CoCO3↓+CO2↑+H2O。23.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种常用的食品抗氧化剂(易被氧化)。实验室利用如图所示装置制取少量焦亚硫酸钠并探究S

O2的性质(夹持装置已略去)。请回答下列问题：(实验前已除去装置中的空气)(1)仪器a的名称是________。(2)关闭K2、K3，打开K1，装置B中发生反应的离子方程式为_____，观察到装置C中发生的现象是_______。(3)装置D和F的作用是_______。(4)实验

前，装置E中所用蒸馏水需经煮沸后迅速冷却，目的是____，关闭K1、K3，打开K2，一段时间后装置E中有Na2S2O5晶体析出，装置E中发生反应的化学方程式为_______(5)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.0

1000mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗20.00mL(S2O2-5被氧化为SO2-4)。滴定反应的离子方程式为_____，该样品中Na2S2O5的残留量为_____g·L-1【答案】(1).分液漏斗(2).2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO24−+

4H+(3).有淡黄色沉淀生成(4).吸收SO2，防止污染空气(5).去除水中溶解的氧气(6).SO2+Na2SO3=Na2S2O5(7).3H2O+S2O25−+2I2=2SO24−+4I-+6H+(8).0.38【解析】【分析】A制备二氧化硫，E中二氧化硫

和亚硫酸钠反应生成Na2S2O5晶体，生成的焦亚硫酸钠易被氧化，需要先排尽装置中的空气，可先打开K1、K2、K3，从K3通入一段时间氮气。C探究二氧化硫的氧化性，若探究SO2的漂白性，B中盛放品红溶液，若探究SO

2的还原性，B中盛放具有氧化性的溶液。二氧化硫有毒，会污染环境，D、F中可以盛放氢氧化钠溶液吸收尾气中二氧化硫。【详解】(1)根据仪器a的结构特点可知其为分液漏斗；(2)二氧化硫也具有较强的还原性，能被Fe3+氧化成SO24−，自身被还原成Fe2+，根

据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO24−+4H+；继续滴加硫酸，生成的二氧化硫就可以和硫化钠中硫离子反应是生成淡黄色的单质硫，体现二氧化硫的氧化性；(3)尾气中二氧化硫直接排放，会污染空气，亚硫酸钠和NaOH溶液都可以吸收二氧化硫，所以装置

D、F作用为：除去多余的SO2，防止污染空气；(4)实验前，装置E中所用蒸馏水需经煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解的氧气；在E中二氧化硫和亚硫酸钠反应生成焦亚硫酸钠，反应方程式为：SO2+Na2SO3=Na2S2O5；(5)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S

2O5具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应产生Na2SO4，I2被还原为I-，则发生滴定反应的离子方程式为3H2O+S2O25−+2I2=2SO24−+4I-+6H+；取50.00mL葡萄萄酒样品，用0.01000m

ol•L-1的碘标准液滴定至终点，消耗20.00mL，根据反应方程式，可知n(Na2S2O5)=-3120.0010L0.1000molL2−，所以样品中Na2S2O5的残留量以Na2S2O5计算应为-31-1-320.0010L0.

1000molL190gmol250.0010L−=0.38g/L。24.氢、碳、氮、氧、铁、铜等元素及其化合物在人们的日常生活中有着广泛的用途。回答下列问题：（1）写出基态铜原子的价电子排布式___。（2）实验室用KSCN溶液、检验Fe3+。C、

N、O的电负性由大到小的顺序为___(用元素符号表示)，一定条件下，SCN-与MnO2反应可得到(SCN)2，试写出(SCN)2的结构式___。（3）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃FeCl3的晶体类型是__。FeSO4常作补铁剂，SO42-的立体构型是__。（4）CH3OH分子中O

原子的杂化方式为___，键角：H-C-H___H-O-C。（填“<”、“>”、“=”）CH3OH能与H2O以任意比互溶的原因是___。（5）已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图I、图Ⅱ所示)：则一个C60分子中含有σ键的个数为__，与每个

C60分子距离最近且相等的C60分子有__个，C60晶体的密度的表达式为__g·cm-3。【答案】(1).3d104s1(2).O＞N＞C(3).N≡C—S—S—C≡N(4).分子晶体(5).正四面体形(6).sp3(7).>(8).可形成分子间

氢键(9).90(10).12(11).233412606.0210a或3A41260Na【解析】【详解】(1)铜为29号元素，基态铜原子核外有29个电子，其价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；(2)同一周期元素，从左

至右电负性依次增强，则C、N、O的电负性由大到小的顺序：O＞N＞C，(SCN)2中S与C、S与S分别形成一对共用电子对，C与N形成3对共用电子对，则(SCN)2的结构式为N≡C—S—S—C≡N，故答案为：O＞N＞C；N≡C—S—S—C≡N；(3)因为FeCl3的

熔点为306℃，沸点为315℃，所以FeCl3是分子晶体，SO42-中S原子成键电子对数6+2-42=4+=42，无孤电子对，则SO42-的立体构型是正四面体形，故答案为：分子晶体；正四面体形；(4)CH

3OH分子中O原子与C、H原子形成2个σ键，由2个孤电子对，则杂化方式为sp3杂化，有孤电子对的对成键电子的排斥作用大，键角小，所以键角H-C-H>H-O-C，因为甲醇和水均可形成分子间氢键，所以CH3OH能与H2O以任

意比互溶，故答案为：sp3；>；可形成分子间氢键；(5)根据C60分子结构，C60分子中1个碳原子有2个C—C键，1个C=C键，根据均摊法，一个碳原子真正含有的σ键的个数为213+=222，即一个C60分子中含有σ键的个数为360=

902个，根据C60的晶胞结构，离C60最近的C60上面有4个，中间有4个，下面有4个，即与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有12个，一个C60的晶胞中，C60的个数为118+6=482，根据公式AmNn=

=MN，可得晶胞的质量为A41260Ng，又晶胞的体积为a3cm3，则-33A63A03C==ac412460gcmmga6012NN晶体的密度，故答案为：90；12；233412606.0210a或3A41260Na

。